北京市第五十七中学2023-2024学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）

第1页/共1页北京市第五十七中学2023～2024学年第二学期期末练习高一化学2024.07考生须知1.考生要认真填写学校、班级、姓名。2.本试卷共12页，分为两个部分。第一部分为选择题，21个小题(共42分)；第二部分为非选择题，6个小题(共58分)。3.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。4.考试结束后，考生应将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5S32第一部分选择题(共50分)在下列各题的4个选项中，只有1个选项符合题意。(每小题2分，共42分)1.2020年10月，我国实施嫦娥五号登月计划，实现月球表面无人采样返回。嫦娥五号探测器所用下列构件主要由有机高分子料制造的是A.国旗——合成纤维 B.雷达密封环——陶瓷C.太阳能电池板——单晶硅 D.“挖土”钻杆——铝基碳化硅【答案】A【解析】【详解】A．国旗的制作材料是合成纤维，合成纤维属于有机高分子料，A符合题意；B．雷达密封环的制作材料是陶瓷，陶瓷属于传统无机非金属材料，B不符合题意；C．太阳能电池板的制作材料是单晶硅，单晶硅属于新型无机非金属材料，C不符合题意；D．“挖土”钻杆的制作材料是铝基碳化硅，铝基碳化硅属于新型无机非金属材料，D不符合题意；故合理选项是A。2.下列化学用语表述不正确的是A.水的电离方程式： B.H2O2的电子式：C.氮气的结构式：N≡N D.乙烯的空间填充模型：【答案】B【解析】【详解】A．H2O是极弱的电解质，能够微弱的电离产生H+、OH-，存在电离平衡，电离方程式为：，A正确；B．H2O2是共价化合物，在该分子中，2个O原子通过一个共用电子对结合，每个O原子再分别与1个H原子形成一个共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个或2个电子的稳定结构，其电子式应该为：，B错误；C．N原子最外层有5个电子，其中有1对孤电子对和3个未成对电子，在N2分子中2个N原子的3个成单电子通过3个共用电子对结合，使分子中的2个N原子都达到达到最外层8个电子的稳定结构，故氮气的结构式是：N≡N，C正确；D．乙烯分子是平面分子，键角是120°，由于原子半径：C＞H，所以C2H4分子的空间填充模型是，D正确；故合理选项是B。3.下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A.甲烷 B.苯 C.乙醇 D.乙酸【答案】C【解析】【详解】A、甲烷性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故A错误；B、苯性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故B错误；C、乙醇含有-OH，具有醇的性质，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D、乙酸与高锰酸钾不反应，所以乙酸不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故D错误；故选C。4.锶是人体不可缺少的一种微量元素，位于元素周期表中第五周期第ⅡA族。下列关于38Sr的说法不正确的是A.原子最外层有2个电子B.中子数为52的Sr的核素符号为C.与同周期的53I的原子半径：Sr>ID.最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2>Sr(OH)2【答案】D【解析】【详解】A．主族序数等于原子最外层电子数，锶元素位于周期表中第五周期第ⅡA族，所以锶原子原子最外层有2个电子，故A正确；B．质量数=质子数+中子数=38+52=90，所以中子数为52的Sr的核素符号为，故B正确；C．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，由于原子序数：碘>锶，所以原子半径：Sr>I，故C正确；D．同一主族元素元素从上到下金属性增强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，所以最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2<Sr(OH)2，故D错误；故答案选D。5.下列物质性质与用途的对应关系正确的是A.煤的干馏属于物理变化B.油脂在酸性或碱性条件下的水解反应叫做皂化反应C.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了二氧化硫的漂白性D.催化裂化和裂解都是化学变化【答案】D【解析】【详解】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热的过程，属于复杂的物理化学变化过程，故A错误；B．油脂在碱性条件下的水解反应才叫做皂化反应，故B错误；C．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了二氧化硫的还原性，故C错误；D．催化裂化是长链烃断键变为短链烃的过程，裂解是深度裂化，都是化学变化，故D正确；故选D。6.下列关于烃的说法不正确的是A.C3H8和C4H10一定是同系物B.CH4的二氯代物只有一种结构C.一般情况下随着分子中碳原子数的增加，烷烃的熔沸点升高D.丙烷分子中，三个碳原子可能在同一条直线上【答案】D【解析】【详解】A．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物，C3H8和C4H10均为烷烃，在分子组成上相差1个CH2，一定互为同系物，故A正确；B．CH4为正四面体结构，分子中的四个氢原子是等效的，所以CH4的二氯代物只有一种结构，故B正确；C．烷烃熔沸点取决于分子间作用力，碳原子数越多，分子量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故C正确；D．丙烷可以看作是两个甲基取代甲烷中的两个H原子形成的，甲烷为正四面体结构，则丙烷中的三个碳原子一定不在同一直线上，呈锯齿状，故D错误；故答案选D。7.柑橘类水果中含有柠檬酸，其结构简式如下，下列有关说法不正确的是A.分子式是C6H8O7 B.能与NaHCO3溶液反应放出CO2C.可以发生取代反应、加聚反应 D.1mol该有机物最多可消耗3molNaOH【答案】C【解析】【详解】A．根据物质分子结构简式可知其分子式是C6H8O7，A正确；B．该物质分子中含有羧基，具有酸性，由于其酸性比碳酸强，因此能够与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，B正确；C．该物质分子中含有羟基、羧基，能够发生取代反应，但分子结构中无不饱和的碳碳双键，因此不能发生加聚反应，C错误；D．该物质分子中含有3个羧基-COOH，根据中和反应转化关系-COOH~NaOH，故1mol该有机物最多可消耗3molNaOH反应产生含3个-COONa结构的微粒，D正确；故合理选项是C。8.NO2和N2O4存在平衡：，下列分析正确的是A.2molNO2的总能量小于1molN2O4的总能量B.NO2与N2O4的浓度比为2：1，是达到化学平衡状态的标志C.水浴加热，NO2和N2O4的活化分子百分数都增大D.恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的【答案】C【解析】【详解】A．该反应的正反应是放热反应，说明2molNO2反应产生1molN2O4时会放出热量，因此2molNO2的总能量大于1molN2O4的总能量，A错误；B．方程式中NO2与N2O4的系数比为2：1，表示物质反应转化关系，不能据此判断反应是否达到平衡状态，B错误；C．水浴加热时，NO2和N2O4的温度都升高，物质的内能增加，因此活化分子百分数都增大，C正确；D．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是由于单位体积内NO2的分子数增加，c(NO2)增大引起的，而不是平衡正向移动导致的，D错误；故合理选项是C。9.臭氧分解2O3⇌3O2的反应历程包括以下反应：反应①：O3→O2+O•(快)反应②：O3+O•→2O2(慢)大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是A.活化能：反应①>反应②B.O3分解为O2的速率主要由反应②决定C.Cl•主要参与反应①，改变O3分解的反应历程D.Cl•参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率【答案】B【解析】【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A错误；

B．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故B正确；

C．氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl•主要参与反应②，故C错误；

D．Cl•是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D错误；

故选：B。10.下列解释事实的化学用语不正确的是A.浓硝酸用棕色瓶保存：B.氯化铝溶液与过量氨水反应：C.氯水可用于吸收：D.溶于浓：【答案】D【解析】【详解】A．浓硝酸见光易分解，分解出二氧化氮、氧气和水，反应方程式：，故A正确；B．氯化铝溶液与过量氨水反应，一水合氨为弱碱，与氯离子形成氢氧化铝沉淀，离子方程式：，故B正确；C．氯水可用于吸收，发生氧化还原反应生成硫酸和氯化氢，离子方程式：，故C正确；D．溶于浓，与浓硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式：，故D错误；答案选D。11.如图为锌锰干电池构造示意图。下列说法不正确的是A.氯化铵糊作电解质溶液 B.锌筒发生还原反应C.电子由锌筒通过导线流向石墨棒 D.该电池属于一次电池【答案】B【解析】【分析】锌锰干电池为原电池装置，属于一次电池，其中锌筒作负极，石墨棒作正极，氯化铵糊为电解质溶液。【详解】A．根据分析，氯化铵糊作电解质溶液，A正确；B．锌筒作负极，发生氧化反应，B错误；C．电子由负极沿导线流向正极，即由锌筒通过导线流向石墨棒，C正确；D．该电池属于一次电池，D正确；故选B。12.氢氧燃料电池可以使用在航天飞机上，其反应原理示意图如图。下列有关氢氧燃料电池的说法正确的是()A.该电池工作时电能转化为化学能B.该电池中电极b是负极C.外电路中电子由电极b通过导线流向电极aD.该电池是绿色环保电池【答案】D【解析】【详解】A．该装置属于原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A错误；

B．燃料电池中，通入燃料氢气的一极为负极，所以a是负极，故B错误；

C．电子从负极沿导线流向正极，a是负极、b是正极，则电子由电极a通过导线流向电极b，故C错误；

D．氢氧燃料电池的总反应式为2H2+O2═2H2O，产物是水，对环境无污染，是绿色环保电池，故D正确；

答案选D。13.能用下图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是气体制备试剂烧杯中试剂ASO2铜与浓硫酸饱和NaHSO3溶液BNH3浓氨水与碱石灰水CNO2铜与浓硝酸NaOH溶液DCl2MnO2与浓盐酸饱和NaCl溶液A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．铜与浓硫酸需要在加热条件下反应，处理二氧化硫常用碱液，NaHSO3不与SO2反应，不能除去尾气，故A错误；B．氨气极易溶于水，尾气处理装置不能防止倒吸，故B错误；C．常温下，铜与浓硝酸发生氧化还原反应得到NO2，NO2能与NaOH溶液反应生成NaNO2和NaNO3，能除去尾气，故C正确；D．饱和食盐水不能吸收氯气，常用NaOH溶液吸收，故D错误；答案为C。14.下列实验方案能达到实验目的的是选项ABCD目的制备并收集乙酸乙酯除去甲烷中乙烯探究化学反应速率的影响因素用海水制取蒸馏水实验方案A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．在实验室中用乙醇与乙酸在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，图中缺少浓硫酸催化剂，不能制取达到乙酸乙酯，A错误；B．乙烯具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化生成CO2，从而导致CH4中引入新杂质，不能达到除杂的目的，B错误；C．盐酸的浓度不同、金属种类也不同，两个变量，不能探究化学反应速率的影响因素，C错误；D．海水中水的沸点较低，可选图中蒸馏装置制备蒸馏水，D正确；故合理选项是D。15.一定条件下，分别在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入A和B，发生反应：3A(g)+B(g)=2C(g)ΔH>0，448K时该反应的化学平衡常数K=1，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据：容器温度/K起始时物质的浓度(mol•L﹣1)10分钟时物质的浓度(mol•L﹣1)c(A)c(B)c(C)甲448310.5乙T1310.4丙44832a下列说法不正确的是A.甲中，10分钟内A的化学反应速率：v(A)=0.075mol•L﹣1•min﹣1B.甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态C.乙中，T1<448KD.丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%【答案】B【解析】【详解】A．甲中，10分钟时C物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，10分钟内A的化学反应速率：υ(A)=0.75mol·L−1÷10min=0.075mol·L−1·min−1，故A正确；B．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，B的浓度减小0.25mol·L−1，10分钟时，c(A)=2.25mol·L−1、c(A)=0.75mol·L−1，Q=，反应没有达到化学平衡状态，故B错误；C．3A(g)+B(g)⇌2C(g)正反应吸热，升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，若T1>448K，10分钟时C物质的浓度应该大于0.5mol·L−1，所以乙中，T1＜448K，故C正确；D．甲中，10分钟时C的物质的浓度为0.5mol·L−1，则A的浓度减小0.75mol·L−1，B的浓度减小0.25mol·L−1，10分钟时，c(A)=2.25mol·L−1、c(A)=0.75mol·L−1，Q=，达到化学平衡状态时，A的浓度减小大于0.75mol·L−1，则甲中A的转化率大于25%，丙与甲相比，增大B的浓度，A的平衡转化率大于甲，所以丙中，达到化学平衡状态时A的转化率大于25%，故D正确；答案选B。16.用下图装置探究Cl2的漂白原理，其中红纸①是干燥的，红纸②~④分别用下表中的试剂润湿。向中心Ca(ClO2)2粉末上滴加几滴盐酸，产生大量黄绿色气体，红纸变化如下：红纸编号试剂红纸变化①-不褪色②蒸馏水逐渐褪色③饱和食盐水几乎不褪色④NaHCO3溶液调至中性(pH=7)快速褪色已知酸性：H2CO3>HClO>，下列对于该实验的分析不正确的是A.对比①②的现象，说明红纸褪色涉及的反应是Cl2+H2O⇌HCl+HClOB.对比②③的现象，说明能使红纸褪色的微粒是HClOC.对比②④的现象，说明能使红纸褪色的微粒一定不是H+D.对比②③④的现象，说明c(HClO)越大，漂白效果越好【答案】B【解析】【分析】Ca(ClO2)2粉末上滴加几滴盐酸，产生大量黄绿色气体，该气体为氯气，氯气的水溶液中含有次氯酸和盐酸，结合次氯酸的强氧化性和漂白性以及盐酸的酸性分析解答。【详解】A．①中干燥的红纸不褪色，②中湿润的红纸褪色，说明干燥的氯气没有漂白性，起漂白作用的是次氯酸，涉及的反应是Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故A正确；B．②中湿润的红纸褪色，③中浸泡在饱和食盐水中的红纸不褪色，说明氯气在饱和食盐水中几乎没有溶解，不能说明使红纸褪色的微粒是HClO，故B错误；C．②中湿润的红纸逐渐褪色，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，溶液下酸性，④中NaHCO3溶液调至中性(pH=7)，红纸快速褪色，说明能使红纸褪色的微粒一定不是H+，故C正确；D．④中c(HClO)最大，红纸快速褪色，②中c(HClO)其次，红纸逐渐褪色，③中c(HClO)最小，红纸几乎不褪色，说明c(HClO)越大，漂白效果越好，故D正确；故选B。17.下图是微生物燃料电池原理示意图。已知：a室中微生物降解有机物产生、和，质子交换膜只允许和通过。下列说法不正确的是A.通过质子交换膜从a室进入b室B.a室内的石墨电极发生氧化反应C.b室内的电极反应为：D.该电池不能在高温环境下工作【答案】B【解析】【分析】微生物燃料电池原理：a室中微生物降解有机物产生e-、CO2和H+，有机物发生失电子的氧化反应，a室内石墨电极为负极，b室内石墨电极为正极，正极上O2得电子生成H2O，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，原电池工作时阳离子移向正极，据此分析解答。【详解】A．a室内石墨电极为负极，b室内石墨电极为正极，原电池工作时阳离子移向正极，即H+通过质子交换膜从a室进入b室，故A正确；B．a室内石墨电极为负极，有机物发生氧化反应生成CO2和H+，故B错误；C．b室内石墨电极为正极，正极上O2得电子生成H2O，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故C正确；’D．微生物不能生活在高温环境下，所以该电池不能在高温环境下工作，故D正确；故选：B。18.如图为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图.下列关于该实验的叙述中,不正确的是A.向a试管中先加入浓硫酸,然后边摇动试管边慢慢加入乙醇,再加冰醋酸B.试管b中导气管下端管口不能浸入液面的原因是防止实验过程中发生倒吸现象C.实验时加热试管a的目的是及时将乙酸乙酯蒸出并加快反应速率D.采用长玻璃导管有导气兼冷凝的作用【答案】A【解析】【分析】由乙醇、乙酸和浓硫酸来制取乙酸乙酯，先加乙醇，后加浓硫酸，最后加乙酸，试管b中碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，加热可加快反应速率，长导管可冷凝回流，充分利用原料，以此来解答。【详解】A．浓硫酸的密度大于水，稀释放热，则向a试管中先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，冷却后再加入冰醋酸，A错误；B．生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，乙醇和乙酸与水互溶，则试管b中导气管下端管口不能浸入液面的目的是防止实验过程中产生倒吸现象，B正确；C．实验时加热试管a的目的之一是及时将乙酸乙酯蒸出，使平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，同时也加快反应速率，C正确；D．乙酸、乙醇均易挥发，采用长玻璃导管有导气兼冷凝的作用，可充分利用原料，D正确。答案选A。【点睛】本题考查有机物的制备实验，把握物质的制备原理、性质以及装置中仪器的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意选项A为解答的易错点，注意根据浓硫酸的稀释进行类推。19.近年来，利用电化学催化方法进行CO2转化的研究引起了世界范围内的高度关注。下图是以Cu作为催化剂CO2转化为甲酸的反应过程，下列有关说法不正确的是A.过程①说明在催化剂作用下，O-C-O之间形成了一种特殊的化学键B.过程②和③吸收了能量并形成了O-H键和C-H键C.CO2和HCOOH中均只含有极性共价键D.每1molCO2完全转化为甲酸需得2mole-【答案】B【解析】【详解】A.根据图示可知在CO2催化转化为HCOOH的过程①中，在O－C－O之间形成了一种特殊的化学键，A正确；B.断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，所以在过程②中CO2结合H+形成了O—H键，在过程③中-COOH与H+结合形成H-C键是释放能量，B错误；C.在CO2分子中含有C=O极性共价键，在HCOOH中含有C-H、H-O、C-O、C=O极性共价键，C正确；D.在CO2中C为+4价，在HCOOH中C为+2价，所以每1molCO2完全转化为甲酸需得2mole-，D正确；故答案选B。20.以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中S的化合价为价)生产硫酸的工艺流程如下图。下列说法不正确的是A.将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率B.沸腾炉中得到的氧化产物只有SO2C.接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率D.吸收塔中发生的反应为SO3+H2O=H2SO4【答案】B【解析】【分析】黄铁矿与空气在沸腾炉中发生反应产生Fe2O3、SO2，反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，反应产生的SO2与未反应的O2经净化后再接触室中发生可逆反应产生SO3，未反应的SO2、O2再加入接触室中进一步反应，反应产生的SO3在吸收塔中被98.3%的浓硫酸中的水吸收，反应可以得到更浓的硫酸。【详解】A．黄铁矿是固体物质，在进行生产时将黄铁矿粉碎，可增大固体物质与空气的接触面积，从而能够加快其在沸腾炉中的化学反应速率，A正确；B．在沸腾炉中，FeS2被O2氧化产生Fe2O3、SO2，因此得到的氧化产物不是只有SO2，还有Fe2O3，B错误；C．在接触室中，SO2、O2在催化剂表面接触发生可逆反应产生SO3，经过热交换器，SO3被分离出来，排放出的SO2、O2可再重新加入接触室发生反应，故可以被循环利用，从而可提高原料利用率，C正确；D．在吸收塔中，SO3被98.3%的浓硫酸中少量H2O吸收，发生的反应：SO3+H2O=H2SO4，故反应得到更浓的浓硫酸，D正确；故合理选项是B。21.某小组同学通过实验研究溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：序号ⅠⅡⅢ实验步骤充分振荡，加2mL蒸馏水充分振荡，加2mL蒸馏水充分振荡，加2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中均涉及被还原B.对比实验Ⅰ、Ⅱ说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C.实验Ⅱ、Ⅲ中加入蒸馏水后相同D.向实验Ⅲ反应后溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．若铜少量，黄色变浅，若铜过量，溶液黄色褪去，说明Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，实验I、Ⅱ、Ⅲ中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，A项正确；B．对比实验I、Ⅱ，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验Ⅱ加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuC1↓，B项正确；C．对比实验Ⅱ、Ⅲ参加反应的Fe3+的量相同，若只发生Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，则生成的Cu2+应相同，但加入蒸馏水后Ⅱ中生成白色沉淀、Ⅲ中无白色沉淀，说明产生沉淀与溶液中阴离子有关，结合选项B可知，Ⅱ中有CuCl白色沉淀产生，所以c(Cu2+)不相同，C项错误；D．由对比实验可知生成白色沉淀与溶液中阴离子和铜粉用量有关，实验Ⅲ溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验Ⅲ反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，D项正确；选C。第二部分非选择题(共58分)22.电能是现代社会应用最广泛的能源之一。（1）关于图1所示装置的说法中，正确的是_______。a.负极反应是b.电子由Zn片通过导线流向Cu片c.一段时间后，溶液的pH减小d.溶液中的向Cu片移动（2）图Ⅰ所示原电池中，当Cu表面析出4.48L氢气(标准状况)时，导线中通过的电子的物质的量为_______mol。（3）图Ⅱ所示装置为电化学气敏传感器，通过电压表示数可测量环境中的含量。电极b是_______(填“正”或“负”)极；溶液中向电极_______(填“a”或“b”)移动。（4）图Ⅱ所示原电池中b极的电极反应式为_______。【答案】（1）abd（2）0.4（3）①.正②.a（4）O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】【小问1详解】a．锌比铜活泼，故锌为负极，而铜为正极，负极锌失电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，a正确；b．电子为负极流向正极，即为从锌经过导线到铜，b正确；c．总反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，反应消耗硫酸，因此酸性减弱，pH增大，c错误；d．原电池中阳离子向正极移动，则氢离子向铜电极移动，d正确；故选abd。【小问2详解】铜电极上发生的电极反应式为2H++2e-=H2↑，析出4.48L氢气物质的量为0.2mol，则转移电子数目为0.4mol。【小问3详解】由图可知NH3转变为氮气，氨气失电子，故a为负极，b为正极，阴离子往负极移动，故OH-向负极即a电极移动。【小问4详解】a极氨气失电子变为氮气，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，b极氧气得电子生成氢氧根离子，故b极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。23.A~I是常见有机物，它们之间的转化关系如图所示。A是一种烃，其产量通常可衡量一个国家的石油化工水平；E和H为有香味的油状物质。已知：CH3CH2BrCH3CH2OH（1）①的反应类型为_______。（2）②和④的化学方程式分别为_______、_______。（3）G可能具有的性质为_______(填字母序号)。a.与金属钠反应b.与NaOH溶液反应c.使高锰酸钾溶液褪色（4）M为I的同系物，分子中有5个碳原子，写出有3个-CH3的异构体的结构简式_______。（5）H的结构简式为_______。【答案】（1）加成（2）①.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O②.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（3）ac（4）CH3CH(CH3)CH2CH3（5）CH3COOCH2CH2OOCCH3【解析】【分析】A是一种烃，其产量通常可衡量一个国家的石油化工水平，则A为乙烯，乙烯与水反应生成B，B连续氧化得到D，B和D发生反应生成的E为有香味的油状物质(酯)，则B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸；乙烯和Br2反应生成F，F发生已知反应生成G，则F为CH2BrCH2Br，G为HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成H，则H为CH3COOCH2CH2OOCCH3；乙烯和氢气反应生成I，则I为乙烷。【小问1详解】反应①为乙烯和水反应生成乙醇，反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；小问2详解】反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应④为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；【小问3详解】由上述分析可知，G为HOCH2CH2OH，含有羟基，能与金属钠反应，能被酸性高锰酸钾氧化从而使酸性高锰酸钾褪色，不能与NaOH反应，故答案为：ac；【小问4详解】I为乙烷，M是乙烷的同系物，且分子中含有5个碳原子，则M为戊烷，有3个-CH3的异构体为异戊烷，其结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3，故答案为：CH3CH(CH3)CH2CH3；【小问5详解】由上述分析可知，H的结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3，故答案为：CH3COOCH2CH2OOCCH3。24.下图是元素周期表的一部分，所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：abcdefghijklmnop（1）基态n原子中，核外电子占据最高能层的符号是_______，占据该能层的电子云轮廓图形状为_______。（2）h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，从原子结构角度解释是涉及电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量，以下现象与该原理一样的是_______。A.燃放焰火B.棱镜分出的光C.霓虹灯射出五颜六色的光（3）o、p(序号)两元素的部分电离能数据列于下表：元素op电离能7177591509156132482957①o元素价电子的轨道表示式为_______。②比较两元素的、可知，气态再失去一个电子比气态再失去一个电子难。对此，你认为原因可能是_______。（4）元素的基态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能，c、d、e三元素中，电子亲和能从大到小的顺序为_______(填元素符号)。（5）表中所列的某主族元素的电离能情况如图所示，写出该元素的最高价氧化物对应的水化物与g的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式_______。【答案】（1）①.N②.球形（2）AC（3）①.②.的轨道电子排布为半满状态，比较稳定（4）（5）(或)【解析】【分析】由元素在周期表的位置可知，a-p各元素分别是H,Li，C,N,O,F,Na,Mg,Al,Si,S,Cl,Ar,K,Mn,Fe；【小问1详解】基态n原子为K原子，核外电子占据最高能层的符号是N层，占据该能层的电子轨道为，电子云轮廓图形状为球形；【小问2详解】A.燃放焰火即金属的焰色是由于激发态电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低轨道时，能量以可见光的形式释放，故A正确；B.棱镜分出的光是折射造成的，与电子跃迁无关，故B错误；C.霓虹灯射出五颜六色的光是由于电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道，以光的形式释放能量，故C正确。故答案为：AC。【小问3详解】元素价电子的轨道表示式为，由转化为时，能级由较稳定的半充满状态转为不稳定的状态，需要的能量较多，而到时，能级由不稳定的到稳定的半充满状态，需要的能量相对要少，气态再失去一个电子比气态再失去一个电子难；【小问4详解】同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大，N原子的轨道为半充满状态，具有稳定性，故不易再结合一个电子，所以电子亲和能从大到小的顺序为；【小问5详解】该元素第四电离能剧增，说明该元素原子最外层电子数为3，所以该元素为元素，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为或；25.是形成雾霾的重要原因之一，综合治理NO是当前重要的研究课题。回答下列问题：（1）通常可采用氢气进行催化还原，消除NO造成的污染。已知：①；②；③写出与NO反应生成和水蒸气的热化学方程式：_______。（2）已知可与NO作用：，反应的速率方程式为：，，、表示速率常数，与温度有关。①若该反应在一定温度下的恒容密闭容器中进行，判断达到化学平衡的标志有_______(填字母)。A.单位时间内消耗amol的同时，生成2amolClNOB.容器内总压强不再变化C.混合气体的密度保持不变D.混合气体的平均相对分子质量保持不变E.NO与NOCl的体积分数相等②升高温度，的变化程度_______(填“大于”“小于”或“等于”)的变化程度。（3）工业烟气中的氮氧化物也可用脱硝。为研究温度、催化剂中负载量对NO去除率的影响，控制其它条件一定，实验结果如图所示。为达到最高的NO去除率，应选择的反应温度约为_______(填序号，下同)，负载量为_______。a.300℃b.350℃c.500℃d.1%e.3%f.8%【答案】（1）2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)，则△H=(b-2c-a)kJ·mol-1（2）①.BD②.小于（3）①.b②.e【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知：②-①-2×③即可得到2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)，则△H=(b-2c-a)kJ·mol-1；【小问2详解】①A．单位时间内消耗amol的同时，生成2amolNOCl，描述的都是正反应，不能说明反应平衡；B．反应是气体分子数改变的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态；C．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡；D．气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以混合气体的平均相对分子质量M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡；E．NO与NOCl的体积分数相等，不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应平衡；故选BD；②反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则的变化程度小于的变化程度。【小问3详解】根据图示，反应温度约为350℃、Cu2+负载量为3%时NO去除率最高，故选b；e。26.某钴矿石的主要成分有CoO、、MnO、、MgO和等。由该矿石粉制备固体的方法如下(部分催化剂已略)。已知：金属离子沉淀的pH：开始沉淀时1.56.38.98.27.4完全沉淀时2.88.310.910.29.4（1）溶于浓硫酸，生成和一种可使带火星的木条复燃的气体，该气体是___________。（2）向溶液1中加入NaOH溶液将pH调至3，目的是___________。（3）向溶液2中加入NaF溶液，去除的离子是___________。（4）向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将转化为。补充完整下列离子方程式：__________________+____________________________________________（5）溶液4中，若将1mol全部转化为沉淀，需要消耗___________mol。（6）关于上述流程，下列说法正确的是___________(填序号)。a．若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的b．向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pHc．流程中，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离【答案】（1）（2）将转化为，过滤除去铁元素（3）（4）（5）1.5（6）ac【解析】【分析】钴矿石的主要成分有CoO、、MnO、、MgO和，加入硫酸过滤后，不溶于酸被除去则沉淀1为，得到的溶液1中含有Co2+、Co3+、Mn2+、Fe3+、Mg2+；溶液1加入氢氧化钠溶液调节pH，根据信息中金属离子沉淀的pH可知，沉淀2为氢氧化铁沉淀，溶液2含有Co2+、Co3+、Mn2+、Mg2+，加入氟化钠溶液后生成氟化镁沉淀，则沉淀为3为氟化镁沉淀；溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，根据问题（4）提示可知，Co2+被氧化为，同时Mn2+转化为二氧化锰，此时溶液4中含有阳离子为，加入稀硫酸和草酸铵后被还原为CoC2O4；小问1详解】可使带火星的木条复燃的气体，该气体是：【小问2详解】根据题目信息分析，pH=2.8时，氢氧化铁完全沉淀，则将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，应调节pH至少大于2.8，故其目的是：将转化为，过滤除去铁元素；【小问3详解】根据上述对流程图的分析，铁离子通过氢氧化铁沉淀除去，锰离子通过氧化为二氧化锰除去，则加入氟化钠溶液是为了除去溶液中的镁离子；【小问4详解】根据氧化还原中电子转移守恒配平知Co2+系数为2，H2O2系数为1，再根据原子守恒及电荷守恒配平得：；【小问5详解】Co3+被还原为Co2+，草酸根被氧化为CO2，则根据得失电子守恒知：1mol全部转化为沉淀，需要消耗1.5mol；【小问6详解】a．若矿石粉中存在少量的氧化亚铁，加入浓硫酸浸取时，氧化亚铁会和浓硫酸反应生成硫酸铁，此时按照题