合集5份试卷2019-2020学年拉萨市化学高一第二学期期末考试模拟试题.pdf

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1、高一（下）学期期末化学模拟试卷一、单 选 题（本题包括20个小题，每小题3 分，共 60分.每小题只有一个选项符合题意）1.在下列有关晶体的叙述中错误的是（）A.离子晶体中，一定存在离子键 B.原子晶体中，只存在共价键C.金属晶体的熔沸点均很高 D.稀有气体的原子能形成分子晶体【答案】C【解析】【详解】A、离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，A 正确；B、原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，B 正确；C、例如金属汞常温下是液体，不正确；D、分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，D 正确。所以答案选C。【答案】B【解析】【详解】A.集气瓶中导管应长进短出，否则会将液体排出

2、，故 A 错误；B.C C L 和水不互溶，可用分液分离，故 B 正确；C.蒸馈实验中温度计水银球应与蒸储烧瓶支管口处相平，测量的是蒸气的温度，故 C 错误;D.液澳能腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞，故 D 错误；故 选 B。3.在探究乙醇的有关实验中，得出的结论正确的是选项实验步骤及现象实验结论A.A B.B C.C D.DA在酒精试样中加入少量C u S O”5 H20,搅拌，试管底部有蓝色晶体酒精试样中一定含有水B在乙醇燃烧火焰上方罩一冷的干燥烧杯，内壁有水珠出现，另罩一内壁涂有澄清石灰水的烧杯，内壁出现白色沉淀乙醇由C、H、0三种元素组成C将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约5 0 的乙醇中，铜

3、丝能保持红热一段时间乙醇催化氧化反应是放热反应D在 0.O l m o l 金属钠中加入过量的乙醇充分反应，收集到标准状况下气体1 1 2 m L乙醇分子中有1 个氢原子与氧原子相连，其余与碳原子相连【答案】C【解析】A、无水硫酸铜与水反应生成的五个结晶水的硫酸铜为蓝色，硫酸铜与酒精不反应，可以用无水硫酸铜检验酒精中是否含有水.如有水，则出现现象是白色变蓝色，本题直接加C u S O,5 为0,无法判断，故 A错误；B、在乙醇燃烧火焰上方罩一冷的干燥烧杯，内壁有水珠出现，说明乙醇中含H,另罩一内壁涂有澄清石灰水的烧杯，内壁出现白色沉淀，说明乙醇中含C元素，不能确定是否含有0元素，故 B错误；C

4、、将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约5 0 的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间，说明反应放热，故 C正确；D、在 O.O l m o l 金属钠中加入过量的乙醇充分反应，收集到标准状况下气体1 1 2 m L,因为乙醇过量,无法确定就是一个H与 0相连，故 D错误；故选C。4.下列离子方程式书写正确的是加热A.少量碳酸氢镂溶液与足量烧碱溶液混合加热:NH4+OH-1NH3T+H2。B.铜片与稀硝酸反应：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOT+4H2。C.金属铁加入到浓硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3+3H2 TD.工业上制备印刷电路板时发生的反应：Cu+Fe3+=Cu2+Fe2+【答案】B

5、【解析】【详解】A.碳酸氢核与足量NaOH溶液混合加热时，反应生成碳酸钠氨气和水，反应的离子方程式为：2OH+NH4+HCO3=CO32+NH3T+2H2O,A 项错误；B.铜片与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式：3Cu+8H+2NCh-=3Cu2+2NOT+4H2O,B 项正确；C.常温下，金属铁加入到浓硫酸中会发生钝化现象，C 项错误；D.电荷不守恒，工业上制备印刷电路板时发生的反应正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+,D项错误；答案选B。5.四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依饮增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最小的，Z与 Y、W均相邻

6、，Y、Z和 W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法正确的是A.Y、Z和 W三种元素可能位于同一周期B.X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物C.气态氢化物的热稳定性:Z W【答案】B【解析】分析：X、Y、Z、W 的原子序数依饮增大，X 的原子半径是短周期主族元素原子中最小的，X元素是氢元素；列出可能的位置关系，利用最外层电子数之和为17推断，(1)假设Y、Z、W 处于同一周期，根据它们的原子序数依次增大，其最外层电子数分别设为X/、x、x+1,则 x-l+x+x+l=17,x 为分数，不合理，假设不成立；(2)处于不同周期的Y、Z、W 两两相邻，可能出现的位置关系有：YZY

7、WZ设 Y 的最外层电子数为X,若为第一种情况，则有x+x+l+x+l=17,解得x=5,Y、Z、W 对应的三种元素分别为N,O,S；若为第二种情况，则有x+x+x+l=17,x 为分数，不合理。所 以 X、Y、Z、W 四种元素分别是：H、N、O、S,据此分析判断下列问题。详解：根据分析，Y、Z 和 W 三种元素分别是：N、O、S,因此三种元素不可能位于同一周期，A 选项错误；X、Y、Z 三种元素分别是H、N、O,三种元素可以硝酸、亚硝酸、硝酸铁，所以三种元素可以组成共价化合物和离子化合物，B 选项正确；氧原子半径比硫原子小，H-O的键长比H-S短，键能大，所以H2O 比 H2s稳定，即 ZW

8、,C 选项错误；Y 元素是N 元素，其氧化物对应的水化物有HNCh和 HNO2W 元素是硫，其氧化物对应的水化物有H2s04、H2s03酸性：HNO3H2SO 3,但也有酸性HzSOA HNCh,所 以 D 选项中说法不贴切，D 选项错误；正确选项B。6.甲烷中混有乙烯，依次通过盛有下列试剂的洗气瓶，能除去乙烯得到纯净的甲烷的是A.澄清石灰水、无水C a C b B.N a O H 溶液、浓硫酸C.滨水、浓硫酸 D.N a O H 溶液、无水C a C k【答案】C【解析】分析：乙烯与滨水反应，甲烷不能，洗气可分离，以此来解答。详解：A.甲烷、乙烯均与石灰水、无水CaCL不反应，不能除杂，A

9、错误；B.甲烷、乙烯均与NaOH溶液、浓硫酸不反应，不能除杂，B 错误；C.乙烯与澳水反应，甲烷不能，洗气可分离，然后浓硫酸干燥甲烷，C 正确；D.甲烷、乙烯均与NaOH溶液、无水CaCL不反应，不能除杂，D 错误；答案选C。点睛：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、有机反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大。7.下列关于硅的说法不正确的是A.硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B.硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料C.加热到一定温度时，硅能与氢气、氧气等非金属反应D.硅的化学性质不活泼，常温

10、下不与任何物质起反应【答案】D【解析】【详解】A.硅是非金属元素，硅单质是灰黑色有金属光泽的固体，A 正确；B.硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料，B 正确；C.加热到一定温度时，硅能与氢气、氧气等非金属反应，C 正确；D.硅的化学性质不活泼，常温下能与氢氧化钠溶液以及氢氟酸等反应，D 错误。答案选D。8.下列离子方程式书写正确的是A.铜粉加入氯化铁溶液中：Cu+Fe3+=Fe2+Cu2+B.将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2+H2?C.氯气与烧碱溶液反应：C12+2OH=C1O+C1+H 2OD.将少量铜屑放入稀硝酸中：Cu+4H+2NO：=Cu2+2NO2T+2H2

11、O【答案】C【解析】【分析】【详解】A.铜粉加入氯化铁溶液中生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+,故 A错误；B.铜和稀硫酸不反应，不能书写离子方程式，故 B 错误；C.氯气与烧碱溶液反应的离子方程式为：C12+2OH=C1+C1O+H 2O,故 C 正确；D.铜和稀硝酸反应生成N O,反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3-=3CU2+2NOT+4H 2O,故 D 错误；故选C。9.C112O是赤铜矿的主要成分，Cu2s是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2t，下列有关说法正确的是()A.该反应中有三种元

12、素的化合价发生了变化B.每生成O.lmolCu,转移0.2mol电子C.C u既是氧化产物又是还原产物 D.Cu2s在反应中既是氧化剂又是还原剂【答案】D【解析】【分析】反应中Cu元素化合价降低，S 元素化合价升高，则反应中Cu2s和 CU2O都表现为氧化性，而 Cu2s还表现为还原性。【详解】A.该反应中Cu元素化合价降低，S 元素化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故 A 错误；B.每生成 O.lm olC u,转移电子=0.1 molx(1-0)=0.1 m o l,故 B 错误；C.该反应中铜元素化合价降低，所以铜是还原产物，故 C 错误；D.该反应中Cu元素化合价降低，S 元素化合

13、价升高，则 Cu2s在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故 D正确；答案选D。1 0.下列化合物互为同分异构体的是A.乙醇与乙酸 B.乙烯与聚乙烯 C.葡萄糖与果糖(CJM)6)D.蛋白质与氨基酸【答案】C【解析】【详解】A、乙酸的结构简式CM COOH,乙醇的结构简式C2HsOH,分子式不同，不是同分异构体，选项A 错误;B、乙烯的结构简式CH2=CH2,聚乙烯的结构简式、分子式与乙烯不同，两者不是同分异构体，选 项 B错误；C、葡萄糖的结构简式为CH20H(CHOH)4CH O,果糖的结构简式为CH20H(CHOH)3COCH2OH,所以葡萄糖和果糖是同分异构体，选 项 C 正确；D、蛋白质与

14、氨基酸分子式不同，不是同分异构体，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查有机物的名称与结构、同分异构体等，难度不大，根据名称书写结构是解题关键，注意聚乙烯的聚合度n,即乙烯与聚乙烯不可能为同分异构体。11.下列对相应有机物的描述完全正确的是甲烷：天然气的主要成分，能发生取代反应乙烯：其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，可以发生加成反应苯：平面结构，每个分子中含有3 个碳碳双键乙醇：可以用金属钠检验乙醇中是否含有水淀粉：属于糖类物质，遇碘元素变蓝色蛋白质：可通过烧焦的特殊气味进行鉴别，水解的最终产物为氨基酸A.B.C.D.【答案】D【解析】甲烷：天然气的主要成分，能与氮气光照发生取代反应

15、，故正确；乙烯含有碳碳双键，可以与滨发生加成反应，故正确；苯分子中不含碳碳双键，故错误；乙醇、水都能与金属钠反应放出氢气，不能用金属钠检验乙醇中是否含有水，故错误；淀粉遇碘单质变蓝色，故错误；蛋白质烧焦有特殊烧羽毛的气味，水解的最终产物为氨基酸，故正确。选 D。12.下列说法中，不正确的是：（）金属钠、氢气都能在氯气中燃烧，生成白色的烟雾；铜丝在氯气中燃烧，生成蓝绿色的氯化铜；液氯就是氯气的水溶液，它能使干燥的有色布条褪色；久置的氯水，因氯气几乎完全挥发掉，剩下的就是水A.B.0 C.D.【答案】D【解析】【详解】烟是固体小颗粒，雾是小液滴，钠在氯气中燃烧生成固体小颗粒烟，氢气在氯气中燃烧生成

16、雾，故错;铜丝在氯气中燃烧，产物是氯化铜，生成大量棕黄色的烟，故错；液氯是液态氯是纯净物，氯水是氯气的水溶液，是混合物，能使有色布条褪色的是氯水不是液氯，故错；C12+H2O=HC1+HC1O,2HC1O J HCl+Ozt,所以久置的氯水，剩下的是稀盐酸，故错；故选：D。13.在密闭容器中进行下列反应：M（g）+N（g）-R（g）+2 L,此反应符合下面图像。下列叙述正确的是R的 含 量T2P时间A.正反应放热，L是气体B.正反应吸热，L是固体C.正反应吸热，L是气体D.正反应放热，L是液体【答案】A【解析】【详解】根据先拐先平，P 2 P ，加压后R的含量减小，平衡左移，L是气体；根据先拐

17、先平，4 N a A l C l,答案选D。2 0.在“绿色化学”工艺中，理想的状态是反应物中的原子全部转化为期望的最终产物，即原子的利用率为 100%,下列反应类型中能体现“原子经济性”原则的是 置 换 反 应 化 合 反 应 分 解 反 应 加 成 反 应 取 代 反 应 加 聚 反 应A.B.C.D.只有【答案】C【解析】“绿色化学”工艺的要求：反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%,可知反应只生成一种生成物，该反应为化合反应、加成反应、加聚反应，而置换反应、分解反应、取代反应生成物不止一种，故选C。点睛：本题主要考查了绿色化学的概念，掌握反应中产物的种类与原子利用率10

18、0%的关系是解答的关键。反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%,可知反应只生成一种生成物，反应类型有化合反应、加成反应、加聚反应。二、计算题(本题包括1 个小题，共 10分)2 1.有一硫酸和硝酸的混合溶液，取出20mL。加入足量BaClz溶液，经过滤、洗涤、烘干后得沉淀9.32g；滤液与lmol/L的苛性钠溶液140mL恰好完全中和。试求：(1)原混合溶液中硫酸的物质的量的浓度。(2)另取20mL原溶液，加 入 1.92g铜粉共热，生成气体一氧化氮的体积(标准状况下)。【答案】(D 2mol/L；(2)0.448L【解析】(1)沉 淀 9.32g为硫酸领的质量，根 据 H2S

19、O4+BaCh=2HCl+BaSO4 I 可知n(H2so4)=n(BaSOQ=9.32g4-233g/mol=0.04mol,故原溶液中 c(H2SO4)=0.04mol-i-0.02L=2mol/L；滤液中氢离子物质的量不变，与 l.OmohL NaOH溶液反应，用 去 140mL碱液时恰好完全中和，由 H+OH=H2O 可知n(H+)=n(OH)=0.14Lxlmol/L=0.14mol,溶液氢离子来源于硫酸、硝酸的电离，故 nCHNCh)+2x0.04mol=0.14mol,解得 n(HNOa)=0.06mol；(2)1.92g铜 是 L92g+64g/mol=0.03moL 20mL

20、的混合溶液中硫酸是0.04m ol,硝酸是0.06m ol,氢离子的物质的量是0.14moL硝酸和铜反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3=3Cu2+4H2O+2NOt3mol 8mol 2mol0.05mol 0.133mol 0.033mol所以硝酸根和氢离子是过量的，Cu是不足完全，所以生成NO 的物质的量是0.03molx2/3,其标准状况下的体积是 0.03molx2/3x22.4L/mol=0.448L。点睛：本题考查混合物计算、根据方程式进行的计算，解答的关键是弄清楚发生的反应，(2)中硫酸和铜不反应，可以提供氢离子，只要氢离子足量，硝酸根就有可能被完全还原，注意利用离子方程式

21、进行计算。三、实验题(本题包括1 个小题，共 10分)2 2.某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、C u的金属活动性，他们提出了以下两种方案。请你帮助他们完成有关实验项目。方 案 I：有人提出将大小相等的铁片和铜片同时放入稀硫酸(或稀盐酸)中，观察产生气泡的快慢，据此确定它们的活动性。该原理的离子方程式为。方案H：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性。试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式(3)方案IH：结合你所学的知识，帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案(与方案I、II不能雷同)：;用离子方程式表示其反

22、应原理:把铁片插入CuSO4溶液中，一段时间后，观察铁片表面是否生成红色物质 Fe+Cu2+=Fe2+4-Cu【解析】【分析】方 案 I:根据铁与酸的反应分析并写出离子方程式；(2)方案H：根据正负极上得失电子写出电极反应式；(3)方案皿：根据铁、铜之间的置换反应设计。【详解】方 案 I：金属的活动性越强，与酸反应越剧烈，产 生 H2的速率越快，Fe能与H+反应生成H2：Fe+2H+=Fe2+H2f,Cu不 与 H+反应，无明显现象，所 以 F e的活动性大于C u的。方案H：利用原电池中相对活泼金属失去电子为原电池负极，相对不活泼的金属为原电池的正极来判断金属活动性的相对强弱，正极上氢离子得

23、电子生成氢气，反应还原反应，电极反应式为2H+2e-=HzT；负极上铁失电子生成二价铁离子，发生氧化反应，电极反应式为Fb2e-=Fe2+；用铁、铜作电极，稀硫酸作电解质溶液设计原电池，铁的金属性比铜强，所以铁作负极，铜作正极，电子从负极沿导线流向正极:Fer11 rYuBr2 SO?C 将溟水混合物i转变为溟水混合物n是 B n的富集浓缩过程，蒸储滨水混合物n 可提高效率，减少能耗，降低成本若温度过高，大量水蒸气随溟排出，漠气中水蒸气的含量增加；温度过低，浪不能完全蒸出，产率太低【解析】(1)步骤获得B n 的离子反应是氯气氧化滨离子生成漠单质，反应的离子方程式C12+2Br-=Br2+2C

24、l；(2)步骤所发生反应是漠单质和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和澳化氢,反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2so4,反应中元素化合价降低的物质做氧化剂，方程式中澳单质的澳元素化合价降低，所 以 B n 为氧化剂，依据电子守恒和化学方程式定量关系计算电子转移总数，若反应中生成 2moiHBr,转移电子物质的量为2m ol,则转移电子数约为2molx6.02x 1023/mol=1.204x 1024；(3)根据以上分析可知，氯气能够将溟离子氧化成溟单质，溟单质能够氧化二氧化硫，则说明氧化性强弱为:C12Br2SO2；(4)步骤通入热空气或水蒸气吹出B n,利

25、用的是液浸易挥发，故选C,答案为C；(5)海水中漠离子的含量较少，在海水提取溪之前，必须进行海水浓缩，：“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个B n 的浓缩过程，与直接蒸储含B n 海水相比效率更高，消耗能源少，成本降低：在淡水中，浪的沸点是5 8 F C,水的是100。温度过高，大量水蒸气随之排出，滨气中水分增加；温度过低，澳不能完全蒸出，产率低。点睛：把握流程中发生的化学反应及混合物分离方法为解答的关键，海水提取氯化钠后得到苦卤，在卤水中通入氯气氧化浸在为溟单质，得到含漠单质的海水混合物I,利用热空气和溟单质的挥发性吹出漠单质，得到含漠的空气，再用二氧化硫吸收得到吸收液，通入氯气

26、氧化富集漠，得到滨水混合物n,蒸馆得到溟蒸气冷凝分离得到液滨。高一（下）学期期末化学模拟试卷一、单 选 题（本题包括20个小题，每小题3 分，共 60分.每小题只有一个选项符合题意）1.下列属于金属材料的是A.钛合金 B.生物陶瓷 C.聚四氟乙烯 D.钢化玻璃【答案】A【解析】【详解】A.钛合金属于金属材料；B.生物陶瓷属于新型陶瓷；C.聚四氟乙烯属于有机合成高分子材料；D.钢化玻璃与普通玻璃的成分相同，属于传统无机非金属材料；故选A.2.下列用水就能鉴别的一组物质是A.己烯、己烷、四氯化碳 B.乙醇、乙酸、四氯化碳C.己烷、乙醇、四氯化碳 D.己烷、乙醇、乙酸【答案】C【解析】【详解】A.己

27、烯、己烷、四氯化碳均不溶于水，己烯、己烷密度比水小，上层为油状液体，四氯化碳密度比水大,下层为油状液体，不能用水鉴别，故 A 不选；B.乙醇和乙酸均溶于水，无法用水鉴别，故 B 不选；C.己烷不溶于水，密度比水小，上层为油状液体，乙醇溶于水，四氯化碳不溶于水，密度比水大，下层为油状液体，可以用水鉴别，故 c 选；D.乙醇和乙酸均溶于水，无法用水鉴别，故 D 不选；答案选C。3.下列反应速率4NH3+50z=4N0+6H2。关系正确是（）4 5A-7VNH3=V04 B-7%=vHt0J 02 4C.-VNH3=0 D.-vOi=vN0【答案】D【解析】A、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，

28、则故A 错误；B、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则（%。）=?（。2）,故 B 错误；C、由化学反应速率之比等于化学计量数64之比，则”（电。）=（%）,故 C 错误；D、由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则U（N O）=（O 2）,45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。4.从海水中提取镁的工艺流程可表示如下：贝 壳 旦 石 灰 乳I海 水 维 卫 母 液 一 M g-自空曳坐g下列说法不正确的是A.用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B.步骤电解

29、熔融MgCb时可制得M g(OH)2C.步骤可将晶体置于HC1气体氛围中脱水D.上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，贝壳高温爆烧生成氧化钙，氧化钙与水反应生成石灰乳；海水经结晶，过滤得到含有镁离子的母液，将石灰乳加入母液中，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁；向氢氧化镁中加入盐酸，盐酸与氢氧化镁反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到六水氯化镁；六水氯化镁在氯化氢气氛中加热脱去结晶水生成无水氯化镁；电解熔融的氯化镁制得金属镁。【详解】A 项、海水中含有大量的镁元素，从海水中提取镁的优点之一是原料来源丰富，故 A

30、 正确；B 项、电解熔融的MgCL时，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成C L,阴极镁离子得电子发生还原反应生成金属镁，故 B 错误；C 项、因 MgCh能水解，所以将MgCL6H2O晶体在HC1气体氛围中加热脱水，防止MgCL水解生成Mg(OH)2,故 C 正确；D 项、步骤涉及CaCCh的分解反应得到CaO,CaO与 H2O发生化合反应得到Ca(OH)2,步骤是电解涉及分解反应，步骤涉及MgCL与 Ca(OH)2发生复分解反应得到Mg(OH”和 C aC h,故 D 正确。故选B。【点睛】本题考查化学工艺流程，注意海水提取镁的流程分析，注意利用物质性质分析工艺流程中物质的转化是解答关键。5.

31、在恒容绝热密闭容器中，对于2 N 0 2 0 N(正反应为放热反应)，下列说法不能证明该反应达到平衡状态的是A.体系温度不再改变的状态 B.体系密度不再改变的状态C.体系混合气体平均摩尔质量不再改变的状态 D.体系压强不再改变的状态【答案】B【解析】A.正反应放热，在恒容绝热密闭容器中体系温度不再改变时说明反应达到平衡状态，A错误；B.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，因此体系密度不再改变的状态不能证明该反应达到平衡状态，B正确；C.混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以体系混合气体平均摩尔质

32、量不再改变的状态说明达到平衡状态，C错误；D.正反应体积减小，所以体系压强不再改变的状态能证明该反应达到平衡状态，D 错误，答案选B。点睛：可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：正反应速率和逆反应速率相等。反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物质的量不再发生变化。6.下列反应中，属于加成反应的是A.C H 3 cH XH z+B m至 L C H aC H B rC H zB r B.C

33、 H3C H20 H殁、眶=眶 t+H20C.C H 3 C 0 0 H+C H 3 0 H-C H3C 0 0 C H3+H20 D.+HN03 I Q-N 02+H20【答案】A【解析】【分析】加成反应是有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应,据此判断。【详解】A.碳碳双键断裂，两个碳原子分别结合了 1个溟原子，属于加成反应，A项符合题意；B.CH3cH20H 嗯%CH2=CH2T+H2O,属于消去反应，B项不符合题意；C.CH3coOH+CH3OH史 第CH3COOCH3+H2O,为酸与醇的酯化反应，属于取代反应，C项不符合题意；D.+HNO3

34、殁%。-NO2+H2O,为苯的硝化反应，属于取代反应，D项不符合题意；故选A.【点睛】加成反应是指有机物分子中的双键或三键发生断裂，加 进（结合）其它原子或原子团的反应叫加成反应；取代反应是指有机物分子里的原子或原子团被其他原子或原子团代替的反应；氧化反应是指有机反应中得氧或失氢的反应为氧化反应。7.CO2+4H2兽 邑 CH4+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0 D.达到平衡时，CO2能 100%转化为CH4【答案】A【解析】【分析】A.温度越高反应的速率越快；B.使用催化剂加

35、快化学反应的速率；C.化学平衡是动态平衡；D.反应是可逆反应。【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Ao【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。8.在一定条件下，反应Nz+3H2=2NH3在 2 L 密闭容器中进行，5mi

36、n内氨的质量增加了 1.7 g,则反应速率为()A.v(H2)=0.03mobL-1-min_1 B.v(N2)=0.02mobL-1-min-1C.v(NH3)=0.17mol-L-1-min_,D.v(NHa)=0.01 mobL-min-1【答案】D【解析】试题分析：根据化学反应速率数学表达式，v(NH3)=1.7/(17x2x5)mol/(L-min)=0.01 mol/(L-min),故选项C 正确。考点：考查化学反应速率的计算等知识。9.决定化学反应速率的根本因素是()A.温度和压强 B.反应物的浓度 C.反应物的性质 D.催化剂【答案】C【解析】【分析】根据决定化学反应速率的根本

37、原因：反应物本身的性质。【详解】因决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质.而浓度、温度、压强、催化剂是外界影响因素。答案选C。10.从海带中提取碘有如下步骤：通入足量的C12,将海带焙烧成灰后加水搅拌，加CC14振荡，用分液漏斗分液，过滤。合理的操作顺序是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】从海带中提取碘时，应先将海带焙烧成灰后加水搅拌，过滤后得到含有碘离子的溶液，通入足量的C L,得到碘单质，加C C L振荡，萃取，用分液漏斗分液，得到碘的四氯化碳溶液，答案为B。11.下列过程中能量的转化与图示吻合的是A.Ba(OH8H2O 与 NH4a 反应 B.C 与 CCh(g)反应C

38、.酸碱中和反应 D.断开山 中的H H键【答案】C【解析】【分析】由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应。【详解】A项、Ba(OH)z8H2O与N H 4 a的反应为吸热反应，故A错误；B项、C与C(h(g)共热生成一氧化碳的反应为吸热反应，故B错误；C项、酸碱中和反应是放热反应，故C正确；D项、断开H2中的H-H键是一个吸热过程，故D错误；故选C。12.乙醇和乙酸是生活中常见的有机物。下列说法不至确的是A.两者互为同分异构体B.沸点都比CHU的沸点高C.两者之间能发生反应 D.两者均是某些调味品的主要成分【答案】A【解析】【详解】A 项、二者分子式不同，不是同分异构体，故

39、A 错误；B 项、乙醇和乙酸都可以形成分子间氢键，增大分子间作用力，使乙醇和乙酸的沸点都比CH4的沸点高,故 B 正确；C 项、乙醇和乙酸在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故 C 正确；D 项、酒的主要成分是乙醇，醋的主要成分是乙酸，酒和醋都是调味品，故 D 正确；故选A。1 3.化学己经渗透到人类生活的方方面面。下列说法不正确的是A.为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B.明研 K A l(S O 4)2 l2 H 2 O 溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒C.月饼因富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有铁粉的透气袋作抗氧化剂D.为增强治疗缺铁性贫血效果，可在

40、口服硫酸亚铁片时同服维生素C【答案】B【解析】【详解】A.醋酸酸性比次氯酸强，醋酸可与次氯酸钙反应生产次氯酸，次氯酸浓度增大，漂白速率增大，故 A 正确；B.明研中铝离子水解生成胶体，可净化水，不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故 B 错误；C.铁粉常用作抗氧化剂，故 C 正确；D.维生素C 具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C,可增强治疗缺铁性贫血效果，故 D 正确；故 选 B。1 4.下列化学用语书写正确的是A.苯的硝化反应的化学方程式：Q)+H O-NO2-+H 2B.电解饱和氯化铜溶液(悟性电极)的阳极反应式:C u +2 e-=C uC.打磨过的镁条与热水反应的

41、离子反应式：M g+2 lT=M g2*+H 2 tD.燃煤烟气用氨水法脱硫的化学反应式：4 NH3-H20+2 S 02+02=2(NH4)2S 04+2 H20【答案】D【解析】分析：本题考查化学用语书写。解题时苯的硝化反应是指硝基中的氮原子与苯环中的碳形成共价键；电解反应的阳极发生的是氧化反应；离子反应方程式中可溶性的强电解质可拆与不溶性的物质和弱电解质不能拆；燃煤烟气用氨水法先反应生成盐，在被氧化。详解：A.苯的硝化反应的化学方程式:。+HO-NO2谭 笠 N0+H 2O,故 A错误；B.电解饱和氯化铜溶液(惰性电极)的阳极反应式:Cl、2e-=CLT，故 B错误；C.打磨过的镁条与热

42、水反应的离子反应式:Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2T，故 C错误；D.用氨水将S(h 转化为NH4HSO3,再氧化成(NHRSO*其反应的化学反应式：4NHj-H20+2SO2+O2=2(NH4)2SO4+2HIO,故 D 正确；答案：选 D。1 5.反应NzOKg)-2 N 0 z(g)H=+57 kJ mol1,在温度为、T?时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.a、c 两点的反应速率：a cB.a、c 两点气体的颜色：a 深，c 浅C.b、c 两点的转化率：bcD.由 b 点到a 点，可以用加热的方法【答案】D【解析】分析：本题考查的是反应条

43、件对速率和影响，关键是对图像的分析能力的考查。详解：A.压强越大，反应速率越快，故错误；B.a点二氧化氮的体积分数大于c 点，但 c 点压强大，说明容器的体积变小，所以c 点二氧化氮的浓度大，颜色深，故错误；C.b、c 两点二氧化氮的体积分数相同，说明转化率相同，故错误；D.从 b 点到a 点，压强不变，二氧化氮的体积分数增加，结合反应为吸热反应,说明反应条件为升温，故正确。故 选 D。点睛：注意气体的颜色是二氧化氮的浓度大小的表示，二氧化氮的体积分数与浓度大小没有必然联系，注意改变压强时改变了容器的体积。16.当不慎有大量的氯气扩散到周围空间时，可以用浸某溶液的毛巾捂住鼻子以防中毒，合 适

44、的 溶 质 是()A.NaOH B.NaCl C.NaHCO3 D.氨水【答案】C【解析】【分析】氯气有毒，可与碱溶液反应，则防止氯气中毒可用碱性较弱的溶液吸收，注意碱性太强时，其腐蚀性强，以此来解答。【详解】A.NaOH虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但 浓 NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，选项A 错误；B.NaCl不与氯气反应，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，选 项 B 错误；C.NaHCCh溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有NaHCCh溶液的毛巾捂住鼻子，选 项 C 正确；D.氨气本身具有刺激性，对

45、人体有害，不能用氨水吸收氯气，选 项 D 错误；答案选C。【点睛】本题考查氯气的化学性质及防止氯气中毒，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养,提高学习的积极性，注意把握氯气与碱反应及物质的腐蚀性，题目难度不大。1 7.据报道，某国一集团拟在太空建造巨大的激光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢：2H2。激 光 2112T+CM,下列说法正确的是()水的分解反应是放热反应氢气是一级能源使用氢气作燃料有助于控制温室效应若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可以改善生存环境A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】把太阳光变成激光用于分解海水制氢，太阳

46、光提供能量，所以，水分解反应是吸热反应，故错误；自然界中没有现成的氢气，把太阳光变成激光用于分解海水制氢，说明氢气为二级能源，故错误；温室效应产生的原因是二氧化碳的增多，使用氢气作燃料2H2+02空2H2 0,能减少二氧化碳的排放,有助于控制温室效应，故正确；甲醇是重要的化工原料，也可作燃料，CO2+3H2黑 号*CH3OH+H2O,可减少二氧化碳的排放，可改加压善生存条件，故正确；故选D。i s.下列溶液不能区别s a 和 co,气体的是A.酸性高篌酸钾溶液 B.品红溶液 C.氢硫酸溶液 D.Ba(0H)2溶液【答案】D【解析】A、SO2中 S 显+4 价，具有还原性，能使酸性高镒酸钾溶液褪

47、色，而 CCh不能使酸性高镒酸钾溶液褪色，因此高镒酸钾溶液可以鉴别CO2和 SO 2,故 A 错误；B、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色,CO2不具有漂白性，不能使品红溶液褪色，因此品红溶液可以鉴别，故 B 错误；C、SO2与 H2s发生SO2+2H2s=3S1+2H2 0,有黄色沉淀产生，CCh不与H2s发生反应，硫化氢可以鉴别，故 C 错误；D、SCh、CO2与 Ba(OH)2反应生成白色沉淀，继续通入CO2或 SO 2,沉淀消失，现象相同，不能区别，故 D 正确；1 9.维生素C 可溶于水，溶液呈酸性，有还原性，其结构如图所示。关于维生素C 的叙述镇送的是A.维生素C 是有机物B.新鲜

48、蔬菜比煮熟的维生素C 含量多C.在维生素C 溶液中滴入石蕊试液显蓝色D.维生素C 在溶液中或受热时容易被氧化【答案】C【解析】【详解】A.维生素C 含 C、H、O 元素，具有常见有机物的官能团，是有机物，故 A 正确；B.煮熟的维生素C 发生氧化或水解反应，含量减少，则新鲜蔬菜比煮熟的维生素C 含量多，故 B 正确；C.维生素C 可溶于水，溶液呈酸性，则滴入石蕊试液显红色，故 C 错误；D.维生素C 中含C=C、-O H,具有还原性，在溶液中或受热时容易被氧化，故 D 正确。故选C。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键，注重迁移应用能力的训练,注意有机物结构分析及官能团的性质。2 0.科

49、学家设计出质子膜H2s燃料电池，实现了利用H2s废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2s燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是()Si-|H：S电极a1 J-.nJ质子固体电解质服A.电极a 为电池的负极B.电极b 上发生的电极反应为：O2+4H+4e=2H2OC.电路中每流过2moi电子，在正极消耗22.4LH2sD.每 34g H2S参与反应，有 2moi H+经质子膜进入正极区【答案】C【解析】【详解】A.a 极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，则 a 为负极，故 A 正确；B.b 极上Ch得电子发生还原反应，酸性条件下，氧气得电子生成水，则电极b 上发生的电极反

50、应为：O2+4H+4e=2H2O,故 B 正确；C.气体存在的温度和压强未知，不能确定气体的体积大小，故 C 错误；D.2H2s(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O,每 34gH2s 即 ImolH2s 参与反应，则消耗 0.5mol 氧气，则根据O2+4H+4e=2H2O,所以有2moi H+经质子膜进入正极区，故 D 正确；答案选C。【点睛】根据图示正确判断正负极是解题的关键。本题的易错点为B,书写电极反应式或总反应方程式时，要注意电解质溶液的酸碱性。二、计算题(本题包括1 个小题，共 10分)2 1.填写下列空白：一定质量的A12(SO4)3中含有2.7 g AP+,含有 个 SO4