2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市八校联考高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3黑龙江省齐齐哈尔市八校联考2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Cu：64Zn：65Ag：108K：39Na：23Ba：137Ca：40Mg：24一、选择题(共15小题，每题只有一个正确选项，每小题3分，共45分)1.下列有关环境问题的说法正确的是（）A.草木灰中含钾量高，故通过露天焚烧秸秆增加土壤肥效B.含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水污染C.将废旧电池集中深埋防止重金属污染D.开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．露天焚烧秸秆会产生大量烟尘、有害气体，不利用环境保护，因此不可通过焚烧秸秆来增加土壤肥效，A错误；B．含磷的合成洗涤剂中的磷元素不能被细菌消除，同样会造成水生植物疯狂生长，导致水体发臭，因此会造成水污染，B错误；C．将废旧电池集中深埋会造成水污染、土壤污染，因此也不能防止重金属污染，C错误；D．开发利用各种新能源，可以减少对化石燃料的依赖，可以减少CO2的产生与排放，因此有利于保护环境，D正确；故合理选项是D。2.下列说法错误的是（）A.化学反应的限度可以通过改变条件来改变B.当一个可逆反应达到平衡状态时，该反应即停止C.当一个可逆反应达到平衡状态时，该反应的正、逆反应速率相等D.当一个可逆反应达到平衡状态时，该反应在此条件下就达到了反应限度〖答案〗B〖解析〗【详析】A．若改变影响化学平衡的某一条件，原平衡被破坏，化学平衡会发生移动，化学反应的限度发生改变，A正确；B．当一个可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不等于零，为动态平衡，反应没有停止，B错误；C．当一个可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等但不等于零，各组分的浓度不再变化，C正确；D．当一个可逆反应达到平衡状态时，在此条件下反应物的转化率达到最大，即该反应达到了反应限度，D正确；〖答案〗选B。3.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是（）A.淀粉、蛋白质均属于碳水化合物B.工业上利用油脂碱性条件下水解生产肥皂C.葡萄糖能发生银镜反应的原因是分子中含有羟基D.纤维素和淀粉互为同分异构体〖答案〗B〖解析〗【详析】A．蛋白质中含N元素，可能含S和P，不是碳水化合物，A错误；B．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，用来制取肥皂，B正确；C．葡萄糖发生银镜反应是由于存在醛基，C错误；D．纤维素和淀粉均为多糖，但是两者的分子量不同，不是同分异构体，D错误；故选B。4.下列有关金属冶炼的说法错误的是（）①金属的冶炼都是把金属单质从其矿物中分离出来②可以采用加热分解氧化银的方法制取单质银③可以采用电解熔融氯化铝的方法制取单质铝④铝热反应的原理是利用铝作还原剂，置换出相对不活泼的金属A.①② B.①③ C.②④ D.③④〖答案〗B〖解析〗【详析】①金属的冶炼都是把金属从化合物中还原出来，故①错误；②银的活泼性较弱，常采用加热分解氧化银的方法制取单质银，故②正确；③氯化铝是共价化合物，常采用电解熔融氧化铝的方法制取单质铝，故③错误；④铝热反应的原理是利用铝作还原剂，置换出比Al活泼性弱的金属，故④正确；因此①③错误；故B符合题意；综上所述，〖答案〗为B。5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.常温常压下，3.2gCH4所含原子数为0.2NAB.标准状况下，22.4L乙酸乙酯所含碳原子数为4NAC.常温常压下，1molSO2与足量O2反应产生SO3分子数为NAD.标准状况下，11.2LNH3所含电子数为5NA〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．3.2gCH4的物质的量是0.2mol，由于在1个CH4分子中含5个原子，则在0.2molCH4中所含原子数为NA，A错误；B．标准状况下乙酸乙酯是液态物质，不是气体，因此不能使用气体摩尔体积进行计算，B错误；C．SO2与O2反应产生SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故1molSO2与足量O2反应产生SO3分子数小于NA，C错误；D．标准状况下，11.2LNH3的物质的量是0.5mol。由于在1个NH3分子中含有10个电子，故在0.5molNH3中所含电子数为5NA，D正确；故合理选项是D。6.维生素C是一种重要的抗氧化剂，其结构简式如图，下列有关说法不正确的是（）A.该分子中含三种官能团 B.该分子中所有原子共平面C.该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.该物质可发生水解反应〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．该分子中含三种官能团，分别为情急、碳碳双键，酯基，故A正确；B．该分子中左边的碳原子类似甲烷的结构，碳四个价键与其他原子连接，因此不是所有原子共平面，故B错误；C．该物质含有碳碳双键、羟基，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．该物质含有酯基，因此可发生水解反应，故D正确。综上所述，〖答案〗为B。7.如图为某原电池，下列相关说法中不正确的是（）A.该原电池中Cu为正极B.Zn极发生氧化反应C.随着反应的进行n()始终保持不变D.若有1mol电子流过导线，则产生的H2体积为22.4L〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗该装置为原电池，Zn为负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑。【详析】A．根据分析，Cu为原电池的正极，A正确；B．根据分析，Zn为负极，负极失电子发生氧化反应，B正确；C．原电池的总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，没有消耗，因此n()始终保持不变，C正确；D．若有1mol电子流过导线，根据转移电子守恒，生成H2的物质的量为0.5mol，选项中未说明标况，因此无法计算H2体积，D错误；故选D。8.实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示，下列有关该实验的说法正确的是（）A.反应前，试管a中先加入浓硫酸，后加入适量冰醋酸和乙醇B.试管b中饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙醇和乙酸C.试管b中导管末端不能浸入液面以下，目的是防止溶液倒吸D.用蒸馏的方法从饱和溶液中分离出乙酸乙酯〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硫酸溶于水放出大量的热，为了防止液体飞溅，加试剂的顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；B．试管b中饱和碳酸钠溶液的作用是：溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，B错误；C．试管b中饱和碳酸钠溶液的作用是：溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，因此试管b中导管末端不能浸入液面以下，防止引起倒吸，C正确；D．乙酸乙酯不溶于水，用分液的方法从饱和溶液中分离出乙酸乙酯，D错误；〖答案〗选C。9.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)（）A.3种 B.4种 C.5种 D.6种〖答案〗B〖解析〗【详析】分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH(CH3)CH2CH3，-CH2CH(CH3)CH3，-C(CH3)3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。10.硝酸是一种无色液体，一般带微黄色，常用来制造火药、氮肥、染料等。下列关于硝酸的认识错误的是（）A.因浓硝酸见光或受热会分解，所以应置于棕色试剂瓶，并放置于阴凉处B.浓硝酸和稀硝酸都具有较强的氧化性，与Cu反应时二者均体现出氧化性和酸性C.常温下铁与浓硝酸不反应，因此可用铁制容器盛放浓硝酸D.铜与浓硝酸发生剧烈反应，溶液变绿，试管中出现红棕色气体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硝酸见光或受热易分解，储存时应放在棕色试剂瓶内，并置于阴凉处，A正确；B．浓硝酸和稀硝酸都具有较强的氧化性，与Cu反应时二者均生成硝酸铜、氮氧化物和水，体现出氧化性和酸性，B正确；C．常温下铁与浓硝酸发生钝化，表面生成致密的氧化膜，因此可用铁制容器盛放浓硝酸，C错误；D．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化碳和水，可观察到溶液变绿，试管中出现红棕色气体，D正确；〖答案〗选C11.下列离子方程式书写正确的是（）A.铜与浓硫酸在加热条件下反应：B.氢氧化亚铁溶于过量稀硝酸：C.用Ba(OH)2检验(NH4)2SO4溶液中的：D.实验室盛放碱溶液的试剂瓶不用玻璃塞的原因：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．浓硫酸以分子形式存在，不能拆，因此铜与浓硫酸在加热条件下反应：，故A错误；B．氢氧化亚铁溶于过量稀硝酸，氢氧化亚铁被硝酸氧化为铁离子，故B错误；C．检验(NH4)2SO4溶液中的常用NaOH溶液、加热，再用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若变蓝，则含有铵根离子，，故C错误；D．实验室盛放碱溶液试剂瓶不用玻璃塞的原因是二氧化硅和碱性溶液反应生成具有黏性的硅酸钠：，故D正确。综上所述，〖答案〗为D。12.下列选项中叙述I和叙述II均正确并且有因果关系的是（）选项叙述I叙述IIASO2是酸性氧化物SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色B浓硫酸具有强氧化性用浓硫酸在纸上书写的字迹变黑CNH3的水溶液呈碱性NH3可用于做喷泉实验DSiO2是两性氧化物SiO2与HF溶液和NaOH溶液均可反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．SO2是酸性氧化物，SO2可使含有酚酞NaOH溶液褪色，主要是二氧化硫和氢氧化钠反应，红色褪去，故A符合题意；B．浓硫酸在纸上书写的字迹变黑，体现浓硫酸脱水性，故B不符合题意；C．NH3可用于做喷泉实验是因为氨气极易溶于水，水溶液显碱性，故C不符合题意；D．SiO2与HF溶液和NaOH溶液均可反应，但SiO2是酸性氧化物，故D不符合题意。综上所述，〖答案〗为A。13.a、b两试管中分别盛装足量等体积、等浓度的稀硫酸溶液，向a、b两试管中加少量等质量的锌粉，同时向b试管中加入少量固体粉末，让a、b两试管同时开始反应，则产生H2的物质的量随时间变化关系如图所示，其中正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】由题意可知，锌与稀硫酸反应时，a、b两试管中锌均不足量，向b中加入少量硫酸铜固体粉末，锌与铜离子在溶液中发生置换反应置换铜，在稀硫酸溶液中构成铜、铁原电池，原电池反应加快反应速率，所以b完全反应需要的时间小于a，但由于与铜离子反应消耗了部分锌，导致产生氢气的物质的量小于a，则让a、b两试管同时开始反应，符合产生氢气的物质的量随时间变化关系的图示为A，故选A。14.CO和H2在一定条件下可以合成乙醇(CH3CH2OH)：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。在2L密闭容器中充入反应物，其中n(CO)随时间的变化如下表所示：时间/s012345n(CO)/mol321.51.251.1251.125下列说法中正确是（）A.4s时，该反应恰好达到平衡状态B.前2s，CO的平均反应速率为0.375mol·L-1·s-1C.当v(CO)=2v(CH3CH2OH)，反应达到平衡状态D.达到平衡时，CO的转化率为37.5%〖答案〗B〖解析〗【详析】A．根据表格数据，可能在3~4s间某一时刻CO的物质的量不再改变，所以可能是3~4s间某一时刻恰好达到平衡状态，故A错误；B．前2s，CO的物质的量减少(3-1.5)mol，CO的平均反应速率为mol·L-1·s-1，故B正确；C．任意时刻，反应速率比都等于系数比，当v(CO)=2v(CH3CH2OH)，反应不一定达到平衡状态，故C错误；D．达到平衡时，CO的转化率为，故D错误；选B。15.“空气吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，流程图如下，下列说法正确的是（）A.用热空气吹出溴，再用SO2吸收，达到了富集溴的目的B.“吹出”后剩余溶液中，大量存在的离子有C.“吸收”过程发生反应的离子方程式为D.从“氧化2”所得溶液中分离出单质溴的方法是过滤〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗海水通入氯气氧化溴离子为溴单质，通入热空气吹出溴蒸气得到粗溴，通入二氧化硫得到溴化氢，再通入氯气氧化溴化氢得到精溴，萃取精馏得到液溴单质【详析】A．溴易挥发，用热空气吹出溴，再用还原剂SO2将其还原吸收，以富集溴，故A正确；B．“吹出”后剩余溶液中，不会大量存在，在氧化1时已被大量氧化为溴单质，故B错误；C．“吸收”过程发生反应的离子方程式为，故C错误；D．氧化2所得溶液中为溴单质，溴单质在有机溶剂中的溶解度大于水中溶解度，可通过萃取分离出溴，故D错误；故选A。二、填空题(本题包括四小题，共55分)16.某校化学实验小组学生为了验证非金属元素氯的非金属性强于硫和氮，设计了一套实验装置如图(已知氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢)。回答下列问题：（1）配平A中反应的化学方程式：______________HCl(浓)+_______KMnO4=_______MnCl2+_______KCl+_______Cl2↑+_______H2O。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。（2）B中浸有NaOH溶液的棉花团的作用为_______；B中的现象为_______，由该现象得非金属性：Cl＞＞S。（3）E中反应化学方程式为_______。（4）D中出现白烟，涉及的反应化学方程式为_______、_______。（5）有同学认为D中的现象并不能说明氯的非金属性大于氮，需要在C之前加装洗气装置，请指出洗气装置盛装试剂为_______(填名称)。〖答案〗（1）①.16HCl(浓)+2KMnO4=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O②.1：5（2）①.吸收挥发出的氯气和氯化氢，防止污染空气②.溶液变浑浊（3）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（4）①.3Cl2+2NH3=N2+6HCl②.HCl+NH3=NH4Cl（5）饱和食盐水〖解析〗A装置制备氯气，B装置中若产生浑浊可证明氯气的氧化性强于硫，即非金属性Cl>S，C为干燥装置；E装置制备氨气，干燥后和氯气一起通入D的球形干燥管中发生反应，若有白烟产生，可证明氯气的氧化性强于氮气，非金属性Cl>N。（1）根据得失电子守恒和原子守恒可配平：16HCl(浓)+2KMnO4=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；氧化剂为KMnO4，还原剂为转化为氯气的HCl，物质的量之比为2：10=1：5；（2）B中浸有NaOH溶液的棉花团的作用为：吸收挥发出的氯气和氯化氢，防止污染空气；氯气将硫离子氧化为硫单质，故B中的现象为：溶液变浑浊；（3）E中为实验室制备氨气的反应，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（4）D中出现白烟，氯气先氧化氨气生成氮气和氯化氢，氯化氢与氨气生成了氯化铵固体，涉及的反应化学方程式为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl，HCl+NH3=NH4Cl；（5）盐酸易挥发，制备的氯气中混有氯化氢，氯化氢遇氨气也能生成白烟，故在C之前加一个盛放饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中的氯化氢气体。17.合成氨是目前人工固氮最重要的途径，研究合成氨的反应和氨气的用途具有重要意义。工业上合成氨的反应为：。请回答下列问题：（1）①合成氨反应过程片段的作用机理，可以用如下模拟示意图表示。写出符合在催化剂表面合成氨反应过程的正确排序_______(用字母标号表示)。②已知：键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量或气态原子形成1mol化学键所放出的能量。结合下表中化学键的键能数值，计算合成氨反应中生成2molNH3(g)时_______(填“吸收”或“放出”)的热量是_______kJ。化学键H-HN-HN≡N键能/(kJ·mol-1)436391946（2）某同学在实验室模拟工业合成氨的反应：恒温下，在2L定容密闭容器中通入1molN2(g)和3molH2(g)，催化剂存在下发生反应。①容器中压强(P)随时间(t)的变化图象如图所示，测得p2=0.8p1，反应开始至5min，用NH3的浓度变化表示反应的平均速率为_______mol/(L·min)，平衡时氢气的转化率为_______。②下列情况能说明该反应一定达到化学平衡状态的是_______(填标号)。A.每消耗nmolN2的同时生成2nmolNH3B.3v正(H2)=2v逆(NH3)C.H2的含量保持不变D.混合气体的平均相对分子质量不变（3）潜艇中使用的液氨—液氧燃料电池工作原理如图所示。①电极b为电池的_______(填“正极”或“负极”)。②溶液中OH-向电极移动_______(填“a”或“b”)。③电极a的电极反应式为_______。〖答案〗（1）①.cbead②.放出③.92（2）①.0.08②.40%③.CD（3）①.正极②.a③.〖解析〗（1）①催化剂表面合成氨反应过程是接触、吸附、断键、形成化学键、脱离几个步骤，a是形成氨分子，b吸附过程，c是接触过程，d是脱离过程，e是断键，因此顺序是cbead；故〖答案〗为cbead；②断键吸收能量为(946+3×436)kJ=2254kJ，形成键的释放能量为2×3×391kJ=2346kJ＞2254kJ，生成2mol氨气时放出的热量为(2346-2254)kJ=92kJ；故〖答案〗为放出；92；（2）①根据图象，5min后气体压强不再改变，说明反应达到平衡，令达到平衡时消耗氮气的物质的量为xmol，则消耗氢气物质的量为3xmol，生成氨气物质的量为2xmol，达到平衡时氮气物质的量为(1-x)mol，氢气的物质的量为(3-3x)mol，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，因此有，解得x=0.4，根据化学反应速率的数学表达式，v(NH3)==0.08mol/(L·min)；氢气的转化率为=40%；故〖答案〗为0.08；40%；②A．消耗氮气，生成NH3，反应方向均是向正反应方向进行，因此每消耗nmolN2的同时生成2nmolNH3，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B．用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，当2v正(H2)=3v逆(NH3)，说明反应达到平衡，3v正(H2)=2v逆(NH3)，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C．根据化学平衡状态的定义，当组分浓度不再改变，说明达到平衡，即当氢气的含量保持不变，说明反应达到平衡，故C符合题意；D．组分均为气体，即混合气体总质量不变，该反应是气体物质的量减少的反应，根据，当混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；〖答案〗为CD；（3）①根据装置图，电极a上NH3→N2和H2O，N的化合价由-3价升高为0价，根据原电池工作原理，电极a为负极，则电极b为正极；故〖答案〗为正极；②根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即OH-向电极a移动；故〖答案〗为a；③电极a为负极，电极反应式为2NH3+6OH-－6e-=N2+6H2O；故〖答案〗为2NH3+6OH-－6e-=N2+6H2O。18.以乙炔为原料制备乙酸和聚丙烯酸甲酯()路线如图(部分反应条件已省略)：回答下列问题：(1)聚丙烯酸甲酯链节为_______。(2)乙烯、乙酸、、四种物质中可与金属钠反应的有_______，反应①②③中原子利用率为的是_______(填序号)。(3)所含官能团名称：_______，写出反应①的化学方程式：_______，该反应的类型为_______。(4)反应③的化学方程式为_______。〖答案〗(1)①.(2)乙酸、、②(3)碳碳双键和羧基取代(或酯化)反应(4)〖解析〗乙炔和氢气发生加成反应生成乙烯，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛继续被氧化生成乙酸，丙烯酸和甲醇发生酯化反应生成X是丙烯酸甲酯，丙烯酸甲酯发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯，据此解答。【详析】(1)聚丙烯酸甲酯的结构简式为，属于加聚产物，则聚丙烯酸甲酯链节为。(2)乙烯含有碳碳双键，和金属钠不反应，乙酸和均含有羧基，含有羟基，这三种物质均可与金属钠反应，反应①③中还有水生成，②中只有一种产物生成，因此反应②中原子利用率为。(3)所含官能团名称为碳碳双键和羧基，反应①的化学方程式为，该反应的类型为取代(或酯化)反应。(4)反应③的化学方程式为。19.科学、安全、有效和合理地开发自然资源，对生产、生活有重要价值。请回答下列问题：（1）活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：已知：pH=2时，I.NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NOII.①氧化过程的离子方程式为_______。②根据I2的特性，分离操作X应为_______、冷却结晶。③酸性KMnO4是常用的强氧化剂，但该方法中却选择了价格较高的NaNO2，原因是_______。（2）以金红石(主要成分为TiO2)为原料，制取Ti的工艺流程如图所示：①I在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体。I中反应的化学方程式为_______。②II中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图所示，则反应适宜的温度为_______℃。③II中氩气的作用是_______。④海绵钛除杂时得到的MgCl2可以循环使用，在上述工艺流程中可循环使用的物质还有_______(填化学式)。〖答案〗（1）①.②.升华(或加热)③.酸性KMnO4会继续氧化I2（2）①.②.1000③.作保护气，防止Mg和Ti被氧化④.Mg、Cl2〖解析〗含I-的卤水用NaNO2氧化为I2，用活性炭吸附I2，低温干燥，加热升华、冷却结晶，得到粗碘。TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，用镁还原TiCl4生成氯化镁和海绵钛，电解熔融氯化镁生成镁和氯气。（1）①pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO，I元素化合价由-1升高为0、N元素化合价由+3降低为+2，根据得失电子守恒，氧化过程的离子方程式为。②I2易升华，根据I2的特性，分离操作X应为升华、冷却结晶。③pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，酸性KMnO4是常用的强氧化剂，酸性KMnO4会继续把I2氧化为I的高价化合物，所以该方法中却选择了价格较高的NaNO2。（2）①TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，产物中有一种可燃性无色气体，该可燃性气体是CO，则I中反应的化学方程式为。②根据II中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线，800℃Ti的提取率低，1000℃和1500℃Ti提取率相差不大，从能源消耗的角度，反应适宜的温度为1000℃。③II中氩气的作用是作保护气，防止Mg和Ti被氧化。④根据工艺流程，可循环使用的物质还有Mg、Cl2。黑龙江省齐齐哈尔市八校联考2022-2023学年高一下学期期末考试试题可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Cu：64Zn：65Ag：108K：39Na：23Ba：137Ca：40Mg：24一、选择题(共15小题，每题只有一个正确选项，每小题3分，共45分)1.下列有关环境问题的说法正确的是（）A.草木灰中含钾量高，故通过露天焚烧秸秆增加土壤肥效B.含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水污染C.将废旧电池集中深埋防止重金属污染D.开发利用各种新能源，减少对化石燃料的依赖〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．露天焚烧秸秆会产生大量烟尘、有害气体，不利用环境保护，因此不可通过焚烧秸秆来增加土壤肥效，A错误；B．含磷的合成洗涤剂中的磷元素不能被细菌消除，同样会造成水生植物疯狂生长，导致水体发臭，因此会造成水污染，B错误；C．将废旧电池集中深埋会造成水污染、土壤污染，因此也不能防止重金属污染，C错误；D．开发利用各种新能源，可以减少对化石燃料的依赖，可以减少CO2的产生与排放，因此有利于保护环境，D正确；故合理选项是D。2.下列说法错误的是（）A.化学反应的限度可以通过改变条件来改变B.当一个可逆反应达到平衡状态时，该反应即停止C.当一个可逆反应达到平衡状态时，该反应的正、逆反应速率相等D.当一个可逆反应达到平衡状态时，该反应在此条件下就达到了反应限度〖答案〗B〖解析〗【详析】A．若改变影响化学平衡的某一条件，原平衡被破坏，化学平衡会发生移动，化学反应的限度发生改变，A正确；B．当一个可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等但不等于零，为动态平衡，反应没有停止，B错误；C．当一个可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等但不等于零，各组分的浓度不再变化，C正确；D．当一个可逆反应达到平衡状态时，在此条件下反应物的转化率达到最大，即该反应达到了反应限度，D正确；〖答案〗选B。3.糖类、油脂和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是（）A.淀粉、蛋白质均属于碳水化合物B.工业上利用油脂碱性条件下水解生产肥皂C.葡萄糖能发生银镜反应的原因是分子中含有羟基D.纤维素和淀粉互为同分异构体〖答案〗B〖解析〗【详析】A．蛋白质中含N元素，可能含S和P，不是碳水化合物，A错误；B．油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，用来制取肥皂，B正确；C．葡萄糖发生银镜反应是由于存在醛基，C错误；D．纤维素和淀粉均为多糖，但是两者的分子量不同，不是同分异构体，D错误；故选B。4.下列有关金属冶炼的说法错误的是（）①金属的冶炼都是把金属单质从其矿物中分离出来②可以采用加热分解氧化银的方法制取单质银③可以采用电解熔融氯化铝的方法制取单质铝④铝热反应的原理是利用铝作还原剂，置换出相对不活泼的金属A.①② B.①③ C.②④ D.③④〖答案〗B〖解析〗【详析】①金属的冶炼都是把金属从化合物中还原出来，故①错误；②银的活泼性较弱，常采用加热分解氧化银的方法制取单质银，故②正确；③氯化铝是共价化合物，常采用电解熔融氧化铝的方法制取单质铝，故③错误；④铝热反应的原理是利用铝作还原剂，置换出比Al活泼性弱的金属，故④正确；因此①③错误；故B符合题意；综上所述，〖答案〗为B。5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.常温常压下，3.2gCH4所含原子数为0.2NAB.标准状况下，22.4L乙酸乙酯所含碳原子数为4NAC.常温常压下，1molSO2与足量O2反应产生SO3分子数为NAD.标准状况下，11.2LNH3所含电子数为5NA〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗【详析】A．3.2gCH4的物质的量是0.2mol，由于在1个CH4分子中含5个原子，则在0.2molCH4中所含原子数为NA，A错误；B．标准状况下乙酸乙酯是液态物质，不是气体，因此不能使用气体摩尔体积进行计算，B错误；C．SO2与O2反应产生SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故1molSO2与足量O2反应产生SO3分子数小于NA，C错误；D．标准状况下，11.2LNH3的物质的量是0.5mol。由于在1个NH3分子中含有10个电子，故在0.5molNH3中所含电子数为5NA，D正确；故合理选项是D。6.维生素C是一种重要的抗氧化剂，其结构简式如图，下列有关说法不正确的是（）A.该分子中含三种官能团 B.该分子中所有原子共平面C.该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.该物质可发生水解反应〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．该分子中含三种官能团，分别为情急、碳碳双键，酯基，故A正确；B．该分子中左边的碳原子类似甲烷的结构，碳四个价键与其他原子连接，因此不是所有原子共平面，故B错误；C．该物质含有碳碳双键、羟基，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．该物质含有酯基，因此可发生水解反应，故D正确。综上所述，〖答案〗为B。7.如图为某原电池，下列相关说法中不正确的是（）A.该原电池中Cu为正极B.Zn极发生氧化反应C.随着反应的进行n()始终保持不变D.若有1mol电子流过导线，则产生的H2体积为22.4L〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗该装置为原电池，Zn为负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑。【详析】A．根据分析，Cu为原电池的正极，A正确；B．根据分析，Zn为负极，负极失电子发生氧化反应，B正确；C．原电池的总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，没有消耗，因此n()始终保持不变，C正确；D．若有1mol电子流过导线，根据转移电子守恒，生成H2的物质的量为0.5mol，选项中未说明标况，因此无法计算H2体积，D错误；故选D。8.实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示，下列有关该实验的说法正确的是（）A.反应前，试管a中先加入浓硫酸，后加入适量冰醋酸和乙醇B.试管b中饱和碳酸钠溶液的作用是中和乙醇和乙酸C.试管b中导管末端不能浸入液面以下，目的是防止溶液倒吸D.用蒸馏的方法从饱和溶液中分离出乙酸乙酯〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硫酸溶于水放出大量的热，为了防止液体飞溅，加试剂的顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；B．试管b中饱和碳酸钠溶液的作用是：溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，B错误；C．试管b中饱和碳酸钠溶液的作用是：溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，因此试管b中导管末端不能浸入液面以下，防止引起倒吸，C正确；D．乙酸乙酯不溶于水，用分液的方法从饱和溶液中分离出乙酸乙酯，D错误；〖答案〗选C。9.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)（）A.3种 B.4种 C.5种 D.6种〖答案〗B〖解析〗【详析】分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有-COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C4H9，-C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH(CH3)CH2CH3，-CH2CH(CH3)CH3，-C(CH3)3，故符合条件的有机物的异构体数目为4，故选B。10.硝酸是一种无色液体，一般带微黄色，常用来制造火药、氮肥、染料等。下列关于硝酸的认识错误的是（）A.因浓硝酸见光或受热会分解，所以应置于棕色试剂瓶，并放置于阴凉处B.浓硝酸和稀硝酸都具有较强的氧化性，与Cu反应时二者均体现出氧化性和酸性C.常温下铁与浓硝酸不反应，因此可用铁制容器盛放浓硝酸D.铜与浓硝酸发生剧烈反应，溶液变绿，试管中出现红棕色气体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．浓硝酸见光或受热易分解，储存时应放在棕色试剂瓶内，并置于阴凉处，A正确；B．浓硝酸和稀硝酸都具有较强的氧化性，与Cu反应时二者均生成硝酸铜、氮氧化物和水，体现出氧化性和酸性，B正确；C．常温下铁与浓硝酸发生钝化，表面生成致密的氧化膜，因此可用铁制容器盛放浓硝酸，C错误；D．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化碳和水，可观察到溶液变绿，试管中出现红棕色气体，D正确；〖答案〗选C11.下列离子方程式书写正确的是（）A.铜与浓硫酸在加热条件下反应：B.氢氧化亚铁溶于过量稀硝酸：C.用Ba(OH)2检验(NH4)2SO4溶液中的：D.实验室盛放碱溶液的试剂瓶不用玻璃塞的原因：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．浓硫酸以分子形式存在，不能拆，因此铜与浓硫酸在加热条件下反应：，故A错误；B．氢氧化亚铁溶于过量稀硝酸，氢氧化亚铁被硝酸氧化为铁离子，故B错误；C．检验(NH4)2SO4溶液中的常用NaOH溶液、加热，再用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若变蓝，则含有铵根离子，，故C错误；D．实验室盛放碱溶液试剂瓶不用玻璃塞的原因是二氧化硅和碱性溶液反应生成具有黏性的硅酸钠：，故D正确。综上所述，〖答案〗为D。12.下列选项中叙述I和叙述II均正确并且有因果关系的是（）选项叙述I叙述IIASO2是酸性氧化物SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色B浓硫酸具有强氧化性用浓硫酸在纸上书写的字迹变黑CNH3的水溶液呈碱性NH3可用于做喷泉实验DSiO2是两性氧化物SiO2与HF溶液和NaOH溶液均可反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．SO2是酸性氧化物，SO2可使含有酚酞NaOH溶液褪色，主要是二氧化硫和氢氧化钠反应，红色褪去，故A符合题意；B．浓硫酸在纸上书写的字迹变黑，体现浓硫酸脱水性，故B不符合题意；C．NH3可用于做喷泉实验是因为氨气极易溶于水，水溶液显碱性，故C不符合题意；D．SiO2与HF溶液和NaOH溶液均可反应，但SiO2是酸性氧化物，故D不符合题意。综上所述，〖答案〗为A。13.a、b两试管中分别盛装足量等体积、等浓度的稀硫酸溶液，向a、b两试管中加少量等质量的锌粉，同时向b试管中加入少量固体粉末，让a、b两试管同时开始反应，则产生H2的物质的量随时间变化关系如图所示，其中正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗【详析】由题意可知，锌与稀硫酸反应时，a、b两试管中锌均不足量，向b中加入少量硫酸铜固体粉末，锌与铜离子在溶液中发生置换反应置换铜，在稀硫酸溶液中构成铜、铁原电池，原电池反应加快反应速率，所以b完全反应需要的时间小于a，但由于与铜离子反应消耗了部分锌，导致产生氢气的物质的量小于a，则让a、b两试管同时开始反应，符合产生氢气的物质的量随时间变化关系的图示为A，故选A。14.CO和H2在一定条件下可以合成乙醇(CH3CH2OH)：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)。在2L密闭容器中充入反应物，其中n(CO)随时间的变化如下表所示：时间/s012345n(CO)/mol321.51.251.1251.125下列说法中正确是（）A.4s时，该反应恰好达到平衡状态B.前2s，CO的平均反应速率为0.375mol·L-1·s-1C.当v(CO)=2v(CH3CH2OH)，反应达到平衡状态D.达到平衡时，CO的转化率为37.5%〖答案〗B〖解析〗【详析】A．根据表格数据，可能在3~4s间某一时刻CO的物质的量不再改变，所以可能是3~4s间某一时刻恰好达到平衡状态，故A错误；B．前2s，CO的物质的量减少(3-1.5)mol，CO的平均反应速率为mol·L-1·s-1，故B正确；C．任意时刻，反应速率比都等于系数比，当v(CO)=2v(CH3CH2OH)，反应不一定达到平衡状态，故C错误；D．达到平衡时，CO的转化率为，故D错误；选B。15.“空气吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，流程图如下，下列说法正确的是（）A.用热空气吹出溴，再用SO2吸收，达到了富集溴的目的B.“吹出”后剩余溶液中，大量存在的离子有C.“吸收”过程发生反应的离子方程式为D.从“氧化2”所得溶液中分离出单质溴的方法是过滤〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗海水通入氯气氧化溴离子为溴单质，通入热空气吹出溴蒸气得到粗溴，通入二氧化硫得到溴化氢，再通入氯气氧化溴化氢得到精溴，萃取精馏得到液溴单质【详析】A．溴易挥发，用热空气吹出溴，再用还原剂SO2将其还原吸收，以富集溴，故A正确；B．“吹出”后剩余溶液中，不会大量存在，在氧化1时已被大量氧化为溴单质，故B错误；C．“吸收”过程发生反应的离子方程式为，故C错误；D．氧化2所得溶液中为溴单质，溴单质在有机溶剂中的溶解度大于水中溶解度，可通过萃取分离出溴，故D错误；故选A。二、填空题(本题包括四小题，共55分)16.某校化学实验小组学生为了验证非金属元素氯的非金属性强于硫和氮，设计了一套实验装置如图(已知氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢)。回答下列问题：（1）配平A中反应的化学方程式：______________HCl(浓)+_______KMnO4=_______MnCl2+_______KCl+_______Cl2↑+_______H2O。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。（2）B中浸有NaOH溶液的棉花团的作用为_______；B中的现象为_______，由该现象得非金属性：Cl＞＞S。（3）E中反应化学方程式为_______。（4）D中出现白烟，涉及的反应化学方程式为_______、_______。（5）有同学认为D中的现象并不能说明氯的非金属性大于氮，需要在C之前加装洗气装置，请指出洗气装置盛装试剂为_______(填名称)。〖答案〗（1）①.16HCl(浓)+2KMnO4=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O②.1：5（2）①.吸收挥发出的氯气和氯化氢，防止污染空气②.溶液变浑浊（3）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（4）①.3Cl2+2NH3=N2+6HCl②.HCl+NH3=NH4Cl（5）饱和食盐水〖解析〗A装置制备氯气，B装置中若产生浑浊可证明氯气的氧化性强于硫，即非金属性Cl>S，C为干燥装置；E装置制备氨气，干燥后和氯气一起通入D的球形干燥管中发生反应，若有白烟产生，可证明氯气的氧化性强于氮气，非金属性Cl>N。（1）根据得失电子守恒和原子守恒可配平：16HCl(浓)+2KMnO4=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；氧化剂为KMnO4，还原剂为转化为氯气的HCl，物质的量之比为2：10=1：5；（2）B中浸有NaOH溶液的棉花团的作用为：吸收挥发出的氯气和氯化氢，防止污染空气；氯气将硫离子氧化为硫单质，故B中的现象为：溶液变浑浊；（3）E中为实验室制备氨气的反应，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；（4）D中出现白烟，氯气先氧化氨气生成氮气和氯化氢，氯化氢与氨气生成了氯化铵固体，涉及的反应化学方程式为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl，HCl+NH3=NH4Cl；（5）盐酸易挥发，制备的氯气中混有氯化氢，氯化氢遇氨气也能生成白烟，故在C之前加一个盛放饱和食盐水的洗气装置，除去氯气中的氯化氢气体。17.合成氨是目前人工固氮最重要的途径，研究合成氨的反应和氨气的用途具有重要意义。工业上合成氨的反应为：。请回答下列问题：（1）①合成氨反应过程片段的作用机理，可以用如下模拟示意图表示。写出符合在催化剂表面合成氨反应过程的正确排序_______(用字母标号表示)。②已知：键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量或气态原子形成1mol化学键所放出的能量。结合下表中化学键的键能数值，计算合成氨反应中生成2molNH3(g)时_______(填“吸收”或“放出”)的热量是_______kJ。化学键H-HN-HN≡N键能/(kJ·mol-1)436391946（2）某同学在实验室模拟工业合成氨的反应：恒温下，在2L定容密闭容器中通入1molN2(g)和3molH2(g)，催化剂存在下发生反应。①容器中压强(P)随时间(t)的变化图象如图所示，测得p2=0.8p1，反应开始至5min，用NH3的浓度变化表示反应的平均速率为_______mol/(L·min)，平衡时氢气的转化率为_______。②下列情况能说明该反应一定达到化学平衡状态的是_______(填标号)。A.每消耗nmolN2的同时生成2nmolNH3B.3v正(H2)=2v逆(NH3)C.H2的含量保持不变D.混合气体的平均相对分子质量不变（3）潜艇中使用的液氨—液氧燃料电池工作原理如图所示。①电极b为电池的_______(填“正极”或“负极”)。②溶液中OH-向电极移动_______(填“a”或“b”)。③电极a的电极反应式为_______。〖答案〗（1）①.cbead②.放出③.92（2）①.0.08②.40%③.CD（3）①.正极②.a③.〖解析〗（1）①催化剂表面合成氨反应过程是接触、吸附、断键、形成化学键、脱离几个步骤，a是形成氨分子，b吸附过程，c是接触过程，d是脱离过程，e是断键，因此顺序是cbead；故〖答案〗为cbead；②断键吸收能量为(946+3×436)kJ=2254kJ，形成键的释放能量为2×3×391kJ=2346kJ＞2254kJ，生成2mol氨气时放出的热量为(2346-2254)kJ=92kJ；故〖答案〗为放出；92；（2）①根据图象，5min后气体压强不再改变，说明反应达到平衡，令达到平衡时消耗氮气的物质的量为xmol，则消耗氢气物质的量为3xmol，生成氨气物质的量为2xmol，达到平衡时氮气物质的量为(1-x)mol，氢气的物质的量为(3-3x)mol，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，因此有，解得x=0.4，根据化学反应速率的数学表达式，v(NH3)==0.08mol/(L·min)；氢气的转化率为=40%；故〖答案〗为0.08；40%；②A．消耗氮气，生成NH3，反应方向均是向正反应方向进行，因此每消耗nmolN2的同时生成2nmolNH3，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B．用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，当2v正(H2)=3v逆(