2019-2020学年江苏省南通市海安县高一下5月月考化学试卷

高一年级阶段检测化学（选修）试卷注意：本试卷分第一部分选择题和第二部分非选择题，共100分，考试时间90分钟。请将答案填写到答题卡上相应区域。可能用到的相对原子质量：H－1C－12N－14O－16Na－23Al－27S－32Cl－35.5Fe－56Cu－64第Ⅰ卷（选择题，共35分）一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。）1.化学与生活、生产、环境等密切相关。下列说法错误的是A.煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化B.棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物C.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等D.利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源能有效改善空气质量2.下列化学用语表达正确的是A.N2的电子式： B.Cl－离子的结构示意图：C.CH4分子的比例模型： D.质子数为92、中子数为146的铀（U）原子符号：3.高温条件下，Al和Fe3O4反应生成Fe和Al2O3。下列说法正确是A.该反应过程中的能量变化如图所示B.该反应条件下，Al的还原性弱于FeC.实验室进行该反应时常加入KClO3作催化剂D.1molFe3O4参与反应转移8×6.02×1023个电子4.下列有关化学反应速率和化学反应限度的叙述不正确的是A.Na与水反应时，增加水的质量，能明显增大原反应的化学反应速率B.制取乙酸乙酯时加入浓硫酸作催化剂并加热，可加快酯化反应的速率C.实验室制取H2时，常用锌粉代替锌粒或滴加几滴CuSO4溶液可加快反应速率D.一定条件下进行合成氨反应：N2+3H22NH3，N2不可能完全转化为NH35.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↑6.①～⑥是周期表中第二、三周期元素，它们的主要化合价和原子半径如下表所示：元素①②③④⑤⑥主要化合价+1+1+2－2－1+7，－1原子半径／nm0.1520.1860.1600.0740.0710.099下列说法中不正确的是A.①的单质加热时能与氧气生成过氧化物B.单质熔点：②<①C.③和⑥形成的化合物是离子化合物D.单质氧化性：④<⑤7.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A.标准状况下，78g苯中含有碳碳双键的数目是3NAB.18gD2O中含有9NA个质子C.28g聚乙烯中含有的碳原子数目为6NAD.56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子8.有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3-CH=CH-CH3可简写为。松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制，如图为松油醇的结构，以下关于它的说法正确的是A.分子式为C10H19OB.属于芳香烃C.能发生取代、加成、氧化D.与氢气加成后的产物有4种一氯化物9.海洋中有丰富的资源，下图为海水资源利用的部分过程。下列有关说法正确的是A.工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁B.含氮、磷的大量废水排入海洋，易引发赤潮C.反应④的离子方程式为：Br2＋SO2＋2H2O＝2HBr＋2H+＋SO42-D.在第①步中除去粗盐中的SO42-、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质，加入药品的顺序为Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸10.不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是（）A.Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大B.由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快C.由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快D.氧化过程的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题3分，共计15分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得1分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。）11.翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XY[Z2W6]，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，X的原子半径比Y的大，Z的单质是常见的半导体材料，W是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是A.Y在化合物中显+3价B.X与W只能形成一种化合物C.W的简单氢化物稳定性比Z的强D.X的最高价氧化物对应的水化物碱性比Y的弱12.下列是乙酸乙酯的制备、分离、提纯、性质验证的实验装置，下列有关说法正确的是选项功能装置实验操作或评价A制备a试管中NaHCO3溶液的作用：反应掉挥发的乙酸，溶解乙醇，有利于乙酸乙酯的收集B蒸馏b应把温度计插入液面以下，以便准确测出各馏分的温度C分液c打开分液漏斗的旋塞，让乙酸乙酯缓缓流入烧杯中D水解d碱性条件下水解完全的标志为溶液不再分层A.A B.B C.C D.D13.下列实验操作和现象与结论的关系不相符的是操作和现象结论A将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色石蜡油的分解产物中含有烯烃C向盛有大理石的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体证明Cl的非金属性强于CD向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu（OH）2悬浊液，用酒精灯加热，未见红色沉淀蔗糖未水解A.A B.B C.C D.D14.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是A.电极A上发生氧化反应，电极A为正极B.电池工作时，OH—从右向左迁移C.当有0.1molNO2被处理时，外电路中通过电子0.4molD.电极B的电极反应式为2NO2+8e—+8H+=N2+4H2O15.硫酸钙可用生产硫酸、漂白粉等一系列物质。下列说法正确是A.由CO与H2合成CH3CH2OH的反应中，原子利用率为100%B.向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑并产生刺激性气味的气体，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性C.二氧化硫和漂白粉都能使品红溶液褪色，两者漂白性质相同D.图中所有反应均为氧化还原反应第Ⅱ卷（非选择题共65分）16.现有A、B、C、D、E五种元素，它们的质子数依次增多。①A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A，该氢化物在常温下是液体；②A和B两元素可形成B2A3化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱；③C+离子比B3+离子多8个电子；④C与D元素可以形成化合物CD；⑤CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色；⑥在周期表中E处于D的下一个周期，E单质可与冷水反应生成氢气，反应时E的单质与生成的氢气的物质的量之比为2:1。试回答：（1）A元素在周期表中的位置为________、E是________（填元素名称）。（2）D的单质分子的结构式_______，C元素最高价氧化物的水化物的电子式____。（3）写出工业上冶炼B单质的化学方程式_______________。（4）写出CD的溶液中通入氯气的离子方程式________________。（5）比较B、C、E三种元素形成的简单离子氧化性的强弱：（B、C、E离子用实际离子符号表示）氧化性_________。17.CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。（1）甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是________。（2）以CH4为燃料可设计成结构简单、能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图甲所示，则通入a气体的电极名称为_____，通入b气体的电极反应式为____。（质子交换膜只允许H+通过）（3）在一定温度和催化剂作用下，CH4与CO2可直接转化成乙酸，这是实现“减排”的一种研究方向。①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图乙所示，则该反应的最佳温度应控制在__

左右。②该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜（CuAlO2，难溶物）。将CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，其离子方程式为___________

。（4）CH4还原法是处理NOx气体的一种方法。已知一定条件下CH4与NOx气体反应转化为N2和CO2，若标准状况下8.96L

CH4可处理22.4L

NOx气体，则x值为________。18.在某一容积为2L恒容密闭容器中，A、B、C、D四种气体物质发生可逆反应，其物质的量n（mol）随时间t（min）的变化曲线如图所示。回答下列问题：（1）该反应的化学方程式为______。（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率为_______，4min时，v正（A）______v逆（D）（填“＞”“＜”或“=”）。（3）在2min时，图象发生改变的原因可能是_____（填字母）A增大B的物质的量

B降低温度

C加入催化剂

D减小A的物质的量（4）能说明该反应已达到平衡状态的标志是_______（填字母）。A消耗5molB的同时生成4molDB反应速率4v（B）=5v（D）C容器内D的浓度不再随时间而发生变化D容器内压强不再随时间而发生变化E容器内混合气体的密度不再随时间而发生变化（5）由图示求得平衡时A的转化率为________。19.以淀粉为主要原料合成一种具有果香味的物质C和化合物D的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）葡萄糖的结构简式为__________，B分子中的官能团名称为_______。（2）反应⑦中物质X的分子式为_________，反应⑧的类型为_________。（3）反应③的化学方程式为_______。（4）反应⑤的化学方程式为_________。反应⑥用于实验室制乙烯，为除去其中可能混有的SO2应选用的试剂是______。（5）已知D的相对分子量为118，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则D的分子式为_____。（6）检验反应①进行程度，需要的试剂有________。A新制的Cu（OH）2悬浊液

B碘水

CNaOH溶液

DFeCl3溶液（7）乙烯的同系物丙烯（CH2＝CH－CH3）可以通过加聚反应生成高分子化合物，其结构简式是___________。20.海洋是一个巨大的资源宝库。在海洋中生长的海带，富含碘元素。某同学设计以下实验方案，从海带中提取I2。（1）灼烧海带时，除需酒精灯与三脚架外，还需要用到的实验仪器是___。（2）向滤液中加入双氧水和稀硫酸发生反应的离子方程式是__________。（3）试剂a可以是_________（填序号）。A酒精B四氯化碳C裂化汽油D苯（4）I－和IO3－在酸性条件下生成I2的离子方程式是__________。（5）上图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是_________。

高一年级阶段检测化学（选修）试卷注意：本试卷分第一部分选择题和第二部分非选择题，共100分，考试时间90分钟。请将答案填写到答题卡上相应区域。可能用到的相对原子质量：H－1C－12N－14O－16Na－23Al－27S－32Cl－35.5Fe－56Cu－64第Ⅰ卷（选择题，共35分）一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。）1.化学与生活、生产、环境等密切相关。下列说法错误的是A.煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化B.棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物C.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等D.利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源能有效改善空气质量【答案】B【解析】【详解】A、煤的液化是利用煤制取甲醇，石油的裂化是将相对分子质量比较大的烃类断裂为相对分子质量较小的烃类来获得轻质油的过程，油脂的皂化是指油脂在碱性条件下的水解，均有新物质生成，均为化学变化，故A正确；B、棉、丝、毛都是天然有机高分子化合物，油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；C、海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故C正确；D．太阳能、风能和氢能等是清洁能源，利用太阳能、风能和氢能等能源替代化石能源可以减少污染物的排放，改善空气质量，故D正确；故答案选：B。2.下列化学用语表达正确的是A.N2的电子式： B.Cl－离子的结构示意图：C.CH4分子的比例模型： D.质子数为92、中子数为146的铀（U）原子符号：【答案】C【解析】【详解】A.中每个原子上还都有一对孤电子对，所以其电子式：，故A错误；B.离子最外层有8个电子，所以的结构示意图：，故B错误；C.该图示表示的是CH4分子的比列模型，故C正确；D.质子数为92，中子数为146的铀（U）质量数是238，可用原子符号：，故D错误。故答案选：C。3.高温条件下，Al和Fe3O4反应生成Fe和Al2O3。下列说法正确的是A.该反应过程中的能量变化如图所示B.该反应条件下，Al的还原性弱于FeC.实验室进行该反应时常加入KClO3作催化剂D.1molFe3O4参与反应转移8×6.02×1023个电子【答案】D【解析】【分析】A．铝热反应属于放热反应；B．氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性；C．铝热反应中氯酸钾受热分解生成氧气；D．反应中Fe元素的化合价从+8/3价降低到0价。【详解】A.铝热反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，图象不符，故A错误；B.Al和Fe2O3反应生成Fe和Al2O3，Al作还原剂，Fe是还原产物，所以Al还原性强于Fe，故B错误；C.铝热反应中氯酸钾受热分解生成氧气，反应中KClO3不是催化剂，故C错误；D.反应中Fe元素的化合价从价降低到0价，所以1molFe3O4参与反应转移8×6.02×1023个电子，故D正确；故答案选D。4.下列有关化学反应速率和化学反应限度的叙述不正确的是A.Na与水反应时，增加水的质量，能明显增大原反应的化学反应速率B.制取乙酸乙酯时加入浓硫酸作催化剂并加热，可加快酯化反应的速率C.实验室制取H2时，常用锌粉代替锌粒或滴加几滴CuSO4溶液可加快反应速率D.一定条件下进行合成氨反应：N2+3H22NH3，N2不可能完全转化为NH3【答案】A【解析】【详解】A.水是纯液体，增加纯液体的质量不会改变反应速率，故A错误；B.制取乙酸乙酯时加入浓硫酸作催化剂并加热，升高温度，加入催化剂可加快化学反应速率，故B正确；C.Zn与CuSO4溶液反应生成Cu，形成Cu-Zn原电池，可加快化学反应速率，故C正确；D.合成氨反应：N2+3H22NH3，为可逆反应，可逆反应不能完全转换，则N2不可能完全转化为NH3，故D正确；故答案选：A。【点睛】影响化学反应速率的外部因素主要有反应物的浓度、温度、催化剂、有无形成原电池、反应物的接触面积，压强等条件。5.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↑【答案】B【解析】【分析】根据图示可知，反应I为水在光和催化剂作用下分解生成过氧化氢和氢气，反应II是过氧化氢转化为水与氧气，由此分析。【详解】A．由图可知，该过程是利用太阳能实现高效分解水，在反应中太阳能转化为化学能，A正确；B．反应I是水反应生成氢气与过氧化氢，水中存在极性共价键，氢气中存在非极性共价键，过氧化氢中既有极性键又有非极性键，涉及极性键的断裂和极性键、非极性键的形成，B错误；C．反应II是过氧化氢转化为水与氧气，反应过程可表示为：2H2O22H2O+O2↑，故C正确；D．整个过程是将水转化为氢气和氧气，总反应为：2H2O2H2↑+O2↑，故D正确；答案选B。6.①～⑥是周期表中第二、三周期的元素，它们的主要化合价和原子半径如下表所示：元素①②③④⑤⑥主要化合价+1+1+2－2－1+7，－1原子半径／nm0.1520.1860.1600.0740.0710.099下列说法中不正确的是A.①的单质加热时能与氧气生成过氧化物B.单质熔点：②<①C.③和⑥形成的化合物是离子化合物D.单质氧化性：④<⑤【答案】A【解析】【分析】①～⑥是周期表中第二、三周期的元素，⑤只有﹣1价，⑤为F；⑥有﹣1、+7价，⑥为Cl；④只有﹣2价，且原子半径比F略大，则④为O；①②均只有+1价，且原子半径②＞①，则①为Li，②为Na；③为+2价，且原子半径略小于Na，可知③为Mg，以此来解答。【详解】由上述分析可知，①～⑥分别为Li、Na、Mg、O、F、Cl，A．①的单质加热时能与氧气化合生成Li2O，选项A不正确；B．①为Li，②为Na，碱金属元素的单质从上而下熔点依次降低，则单质熔点：②<①，选项B正确；C．③与⑥可以形成MgCl2，只含离子键，为离子化合物，选项C正确；D．O、F均位于第二周期，同周期从左向右非金属性增强，则非金属性为④＜⑤，故单质氧化性：④<⑤，选项D正确；答案选A。7.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A.标准状况下，78g苯中含有碳碳双键的数目是3NAB.18gD2O中含有9NA个质子C.28g聚乙烯中含有的碳原子数目为6NAD.56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子【答案】B【解析】【详解】A.苯分子中不含碳碳双键，故A错误；B.重水的摩尔质量为，故18g重水的物质的量，而1mol重水中含10mol质子，故0.9mol重水中含9mol质子即9NA个，故B正确；C.28g聚乙烯中含有碳原子数目为：，故C错误；D.56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故D错误。故答案选：B。【点睛】苯分子中不含碳碳双键和碳碳单键，是介于两者之间的特殊化学键。8.有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3-CH=CH-CH3可简写为。松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制，如图为松油醇的结构，以下关于它的说法正确的是A.分子式为C10H19OB.属于芳香烃C.能发生取代、加成、氧化D.与氢气加成后的产物有4种一氯化物【答案】C【解析】【分析】由结构可知分子式，分子中含-OH、碳碳双键，结合酚、烯烃的性质来解答。【详解】A.由结构可知分子式为C10H18O，故A错误；B.分子组成中含有氧元素，所以不是烃，故B错误；C.含双键可发生加成、氧化、还原反应，含−OH可发生取代反应，故C正确；D.与氢气加成后的产物结构对称，含6种H(不含−OH)，则有6种一氯化物，故D错误；故答案选：C。【点睛】同分异构体的数目判断可利用等效氢进行判断。9.海洋中有丰富的资源，下图为海水资源利用的部分过程。下列有关说法正确的是A.工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁B.含氮、磷的大量废水排入海洋，易引发赤潮C.反应④的离子方程式为：Br2＋SO2＋2H2O＝2HBr＋2H+＋SO42-D.在第①步中除去粗盐中的SO42-、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质，加入药品的顺序为Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸【答案】B【解析】【详解】A.工业上通过电解熔融的MgCl2制取金属镁，故A错误；B.含氮、磷的大量废水排入海洋，可导致水体的富营养化，易引发赤潮，故B正确；C.HBr为强酸，在离子方程式书写时应拆成离子形式：，故C错误；D.在第①步中除去粗盐中的SO42-、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质，加入药品的顺序为NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，Na2CO3应在BaCl2溶液后加，以除去剩余的BaCl2溶液，故D错误；故答案选：B。【点睛】粗盐提纯时Na2CO3应在BaCl2溶液后加，以除去剩余的BaCl2溶液。10.不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是（）A.Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大B.由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快C.由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快D.氧化过程的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，A正确；B．由①和③可知，当pH相同、温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，B正确；C．由②和③可知，当温度相同、pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，C错误；D．在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反应生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，D正确；故选C。二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题3分，共计15分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得1分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。）11.翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物，可表示为XY[Z2W6]，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，X的原子半径比Y的大，Z的单质是常见的半导体材料，W是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是A.Y在化合物中显+3价B.X与W只能形成一种化合物C.W的简单氢化物稳定性比Z的强D.X的最高价氧化物对应的水化物碱性比Y的弱【答案】AC【解析】【分析】翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成矿物，可表示为XY[Z2W6]，其中W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；Z的单质是常见的半导体材料，则Z为Si；翡翠属于硅酸盐，X、Y化合价之和为+4，X、Y、W元素的简单离子的电子层结构相同，离子核外电子数为10，且X的原子半径比Y的大，则X为Na、Y为Al。【详解】A.Y为Al，在化合物中显+3价，故A正确；B.X为Na、W为O，二者可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误；C.非金属性O＞Si，氢化物稳定性与元素非金属性一致，故氧元素氢化物更稳定，故C正确；D.金属性Na＞Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故D错误；正确答案是AC。12.下列是乙酸乙酯的制备、分离、提纯、性质验证的实验装置，下列有关说法正确的是选项功能装置实验的操作或评价A制备a试管中NaHCO3溶液的作用：反应掉挥发的乙酸，溶解乙醇，有利于乙酸乙酯的收集B蒸馏b应把温度计插入液面以下，以便准确测出各馏分的温度C分液c打开分液漏斗的旋塞，让乙酸乙酯缓缓流入烧杯中D水解d碱性条件下水解完全的标志为溶液不再分层A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.试管中应该为饱和碳酸钠溶液，故A错误；B.温度计水银球的位置应与蒸馏烧瓶支管口的下沿平齐，才能测出各馏分的温度，故B错误；C.乙酸乙酯密度比水小，存在于溶液上方，先流入烧杯的不是乙酸乙酯，故C错误；D.乙酸乙酯水解完成生成乙醇和乙酸钠都易溶于水，不出现分层，故D正确；故答案为D。【点睛】温度计水银球的位置应与蒸馏烧瓶支管口的下沿平齐，才能测出各馏分的温度。13.下列实验操作和现象与结论的关系不相符的是操作和现象结论A将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色石蜡油的分解产物中含有烯烃C向盛有大理石的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体证明Cl的非金属性强于CD向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu（OH）2悬浊液，用酒精灯加热，未见红色沉淀蔗糖未水解A.A B.B C.C D.D【答案】CD【解析】【详解】A.乙醇与Na反应比水与Na反应平稳，则乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；B.石蜡油加强热生成的气体含乙烯，则气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，可知石蜡油的分解产物中含有烯烃，故B正确；C.盐酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但盐酸为无氧酸，则不能证明氯元素的非金属性强于碳元素，故C错误；D.蔗糖水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，加入新制悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，故D错误。故答案选：CD。14.利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是A.电极A上发生氧化反应，电极A为正极B.电池工作时，OH—从右向左迁移C.当有0.1molNO2被处理时，外电路中通过电子0.4molD.电极B的电极反应式为2NO2+8e—+8H+=N2+4H2O【答案】BC【解析】【分析】根据总方程式6NO2+8NH3=7N2+12H2O中NO2可知，NO2中N元素化合价由+4价变为0价、NH3中N元素化合价由-3价变为0价，所以NO2发生还原反应、NH3发生氧化反应，则通入NH3的A电极作负极、B电极作正极，负极电极方程式为2NH3-6e－+6OH－=N2+6H2O，正极反应式为2NO2+8e－+4H2O=8OH－+N2，电池工作时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此分析解答。【详解】由反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O可知，反应中NO2氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极；A.A为负极，发生氧化反应，故A错误；B.A为负极，B为正极，电池工作时，OH−从右向左迁移，故B正确；C.当有0.1molNO2被处理时，N元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子0.4mol，故C正确；D.电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e－+4H2O=N2+8OH－，故D错误；故答案选：BC。15.硫酸钙可用生产硫酸、漂白粉等一系列物质。下列说法正确的是A.由CO与H2合成CH3CH2OH的反应中，原子利用率为100%B.向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑并产生刺激性气味的气体，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性C.二氧化硫和漂白粉都能使品红溶液褪色，两者漂白性质相同D.图中所有反应均为氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】A、原子利用率是指反应物中的所有原子进入期望产物中的百分比；B、向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，并有刺激性气味，蔗糖生成碳、二氧化碳，并有二氧化硫生成；C、二氧化硫使品红溶液褪色原理是二氧化硫与品红结合成无色物质，加热恢复红色，漂白粉具有强氧化性氧化有机色素褪色；D、凡是有化合价升降的反应都是氧化还原反应。【详解】A.工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2反应Ⅱ中不是所有原子进入期望产物，原子利用率不为100%，故A错误；B.向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变黑，并有刺激性气味，蔗糖生成碳、二氧化碳，并有二氧化硫生成，反应中浓硫酸表现脱水性和强氧化性，故B正确；C.二氧化硫的漂白性是二氧化硫与品红结合成无色物质，加热恢复红色，漂白粉具有强氧化性氧化有机色素褪色，颜色不能恢复，原理不同，故C错误；D.除去与水反应，图示转化反应都是与氧气反应或氢气反应，都一定有化合价升降，均为氧化还原反应，故D错误；故答案选B。【点睛】原子利用率不为100%是指所有原子进入期望产物。第Ⅱ卷（非选择题共65分）16.现有A、B、C、D、E五种元素，它们的质子数依次增多。①A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A，该氢化物在常温下是液体；②A和B两元素可形成B2A3化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱；③C+离子比B3+离子多8个电子；④C与D元素可以形成化合物CD；⑤CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色；⑥在周期表中E处于D的下一个周期，E单质可与冷水反应生成氢气，反应时E的单质与生成的氢气的物质的量之比为2:1。试回答：（1）A元素在周期表中的位置为________、E是________（填元素名称）。（2）D的单质分子的结构式_______，C元素最高价氧化物的水化物的电子式____。（3）写出工业上冶炼B单质的化学方程式_______________。（4）写出CD的溶液中通入氯气的离子方程式________________。（5）比较B、C、E三种元素形成的简单离子氧化性的强弱：（B、C、E离子用实际离子符号表示）氧化性_________。【答案】(1).第2周期ⅥA族(2).铯(3).I—I(4).(5).2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑(6).2I－+Cl2═I2+2Cl－(7).Al3+＞K+＞Cs+【解析】【分析】现有A、B、C、D、E五种元素，它们的质子数依次增多．①A的核电荷数大于2，可形成氢化物H2A，该氢化物在常温下是液体，则A为氧元素；②A和B两元素可形成B2A3化合物，该化合物既能溶于强酸，又能溶于强碱，则B为铝元素；③B为铝元素，C＋离子比B3＋离子多8个电子，则C为钾元素；④C与D元素可以形成化合物CD，⑤CD的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色，则D为碘元素；⑥C为钾元素，在周期表中E处于C的下两个周期，E单质可与冷水反应生成氢气，反应时E的单质与生成的氢气的物质的量之比为2：1，则E为+1价金属，与钾元素同主族，则E为Cs元素。【详解】（1）由上述分析可知，A元素在周期表中的位置为第2周期ⅥA族，E是铯元素，故答案为：第2周期ⅥA族；铯；（2）D为碘元素，D的单质分子的电子式为I—I；C为钾元素，C元素最高价氧化物的水化物为KOH，电子式为，故答案为：I—I；；（3）工业上冶炼B单质的化学方程式2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑；（4）氯气具有强氧化性，KI溶液中通入氯气，氯气将碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式2I－+Cl2═I2+2Cl－，故答案为：2I－+Cl2═I2+2Cl－；（5）B是铝元素，C为钾元素，D是铯元素，金属性Al＜K＜Cs，所以B、C、E三种元素形成的简单离子氧化性Al3+＞K+＞Cs+，故答案为：Al3+＞K+＞Cs+。17.CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。（1）甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是________。（2）以CH4为燃料可设计成结构简单、能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图甲所示，则通入a气体的电极名称为_____，通入b气体的电极反应式为____。（质子交换膜只允许H+通过）（3）在一定温度和催化剂作用下，CH4与CO2可直接转化成乙酸，这是实现“减排”的一种研究方向。①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图乙所示，则该反应的最佳温度应控制在__

左右。②该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜（CuAlO2，难溶物）。将CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，其离子方程式为___________

。（4）CH4还原法是处理NOx气体的一种方法。已知一定条件下CH4与NOx气体反应转化为N2和CO2，若标准状况下8.96L

CH4可处理22.4L

NOx气体，则x值为________。【答案】(1).提供CH4分解所需的能量(2).负极(3).O2+4H++4e-=2H2O(4).250℃(5).3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑(6).1.6【解析】【分析】（1）甲烷分解需要热量，燃烧可提供部分能量；（2）由图可知，通入气体a的一端发生氧化反应，故应通入甲烷，该极为负极，通入b为氧气，获得电子，酸性条件下生成水；（3）①根据乙酸反应速率最大、催化活性最高选择；②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，配平书写离子方程式；（4）根据电子转移守恒计算。【详解】(1)甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是，提供CH4分解所需的能量，故答案为：提供CH4分解所需的能量；(2)由图可知，通入气体a的一端发生氧化反应，故应通入甲烷，该极为负极，通入b为氧气，获得电子，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：负极；O2+4H++4e-=2H2O；(3)①250℃时乙酸反应速率最大、催化活性，故选择250℃，故答案为：250℃；②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，反应离子方程式为：3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑，故答案为：3CuAlO2+16H++NO3-=3Cu2++3Al3++8H2O+NO↑；(4)根据电子转移守恒，则：8.96L×[4−(−4)]=22.4L×2x，解得x=1.6，故答案为：1.6。18.在某一容积为2L的恒容密闭容器中，A、B、C、D四种气体物质发生可逆反应，其物质的量n（mol）随时间t（min）的变化曲线如图所示。回答下列问题：（1）该反应的化学方程式为______。（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率为_______，4min时，v正（A）______v逆（D）（填“＞”“＜”或“=”）。（3）在2min时，图象发生改变的原因可能是_____（填字母）A增大B的物质的量

B降低温度

C加入催化剂

D减小A的物质的量（4）能说明该反应已达到平衡状态的标志是_______（填字母）。A消耗5molB的同时生成4molDB反应速率4v（B）=5v（D）C容器内D的浓度不再随时间而发生变化D容器内压强不再随时间而发生变化E容器内混合气体的密度不再随时间而发生变化（5）由图示求得平衡时A的转化率为________。【答案】(1).4A（g）+5B（g）6C（g）+4D（g）(2).0.1mol/（L•min）(3).=(4).C(5).CD(6).32%【解析】【分析】（1）根据图象知，A、B是反应物、C和D是生成物，反应达到平衡时，参加反应的物质的量变化量分别为：△n（A）=（2.5-1.7）mol=0.8mol、△n（B）=（2.4-1.4）mol=1.0mol、△n（C）=（1.2-0）mol=1.2mol、△n（D）=（0.8-0）mol=0.8mol，各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，据此书写方程式；（2）前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率；4min时，该反应达到平衡状态，反应速率之比等于其计量数之比；（3）在2min时，各物质的物质的量不变，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快反应速率；（4）可逆反应达到平衡则，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变；（5）A的转化率=，以此计算。【详解】(1)根据图象知，A、B是反应物、C和D是生成物，反应达到平衡时，参加反应的物质的量变化量分别为：△n(A)=(2.5−1.7)mol=0.8mol、△n(B)=(2.4−1.4)mol=1.0mol、△n(C)=(1.2−0)mol=1.2mol、△n(D)=(0.8−0)mol=0.8mol，各物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A.B.C.D计量数之比=0.8mol:1.0mol:1.2mol:0.8mol=4:5:6:4，反应方程式为4A(g)+5B(g)⇌6C(g)4D(g)，故答案为：4A(g)+5B(g)⇌6C(g)4D(g)；(2)前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率；4min时，该反应达到平衡状态，反应速率之比等于其计量数之比，A.D的计量数相等，所以其反应速率相等，故答案为：0.1mol/（L•min）；=；(3)在2min时，各物质的物质的量不变，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快反应速率，降低温度反应速率减慢，只有加入催化剂能加快反应速率且瞬间各物质的物质的量不变，故答案选C；（4）A消耗5molB的同时生成4molD，均表示正反应速率，无法证明反应达到平衡，故A错误；B反应速率4v（B）=5v（D），没有说明反应速率为正反应速率还是逆反应速率，无法证明反应达到平衡，故B错误；C容器内D的浓度不再随时间而发生变化，则能证明反应达到平衡，故C正确；D正反应为压强增大的反应，容器内压强不再随时间而发生变化，则可证明反应达到平衡，故D正确；E根据质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，容器为恒容容器，混合气体体积不变，则混合气体的密度始终不变，则无法用密度变化判断反应是否达到平衡，故E错误；故答案选：CD。（5）A的转化率=，故答案为：32%。【点睛】化学方程式中各物质的量的变化量之比等于其计量数之比。19.以淀粉为主要原料合成一种具有果香味的物质C和化合物D的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）葡萄糖的结构简式为__________，B分子中的官能团名称为_______。（2）反应⑦中物质X的分子式为_________，反应⑧的类型为_________。（3）反应③的化学方程式为_______。（4）反应⑤的化学方程式为_________。反应⑥用于实验室制乙烯，为除去其中可能混有的SO2应选用的试剂是______。（5）已知D的相对分子量为118，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则D的分子式为_____。（6）检验反应①进行程度，需要的试剂有________。A新制的Cu（OH）2悬浊液

B碘水

CNaOH溶液

DFeCl3溶液（7）乙烯的同系物丙烯（CH2＝CH－CH3）可以通过加聚反应生成高分子化合物，其结构简式是___________。【答案】(1).CH2OH（CHOH）4CHO(2).羧基(3).Br2(4).取代反应(5).2CH3CH2OH+2O22CH3CHO+2H2O(6).CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O(7).NaOH溶液(8).C4H6O4(9).ABC(10).【解析】【分析】CH3CH2OH在Cu催化剂条件下发生催化氧化生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成B为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成C为CH3COOC2H5，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与Br2发生加成反应生成BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br与NaCN发生取代反应生成NC-CH2CH2-CN，（5）中D的相对分子量为118，其中碳、氢两元素的质量分数分别为40.68%、5.08%，其余为氧元素，则分子中、、，故D的分子式为C4H6O4，则其结构简式为HOOC-CH2CH2-COOH，以此分析。【详解】CH3CH2OH在Cu催化剂条件下发生