【化学】新疆阿勒泰地区2019-2020学年高一下学期期末考试（A）试题（解析版）

【化学】新疆阿勒泰地区2019-2020学年高一下学期期末考试（A）试题（解析版）

新疆阿勒泰地区2019-2020学年高一下学期期末考试（A）试题 命题人：蒋仕平 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息．请将答案正确填写在答题卡上 ‎2．可能用到的相对原子质量：H-1 He‎-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ar-40 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137‎ 第I卷（选择题）‎ 一、选择题（本题共25道小题，每小题2分，共50分）‎ ‎1.十九大报告指出:建设生态文明是中华民族永续发展的千年大计，必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念……实行最严格的生态环境保护制度，形成绿色发展方式和生活方式。下列有关节约资源和保护环境的说法不正确的是（ ）‎ A. 用脱硫处理的煤代替原煤作燃料可以有效减少空气中SO2气体的含量 B. 煤经气化和液化两个物理过程，可变为清洁能源，减少对环境的污染。‎ C. 使用地热能、生物质能等非化石能源可减少PM2.5‎ D. 创新生产工艺，实现电动机车替代燃油机车符合绿色发展方式 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 脱硫处理的煤中硫元素含量减少，代替原煤作燃料可以有效减少空气中SO2气体的含量，A正确；‎ B. 煤的气化和液化均为化学过程，B错误；‎ C. 地热能、生物质能等非化石能源为清洁能源，可减少PM2.5，C正确；‎ D. 电动机车替代燃油机车可以减少化石燃料的燃烧，符合绿色发展方式，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.海水是一个巨大的化学资源库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（ ）‎ A. 海水中含有钾元素，只需经过物理变化能得到钾单质 B. 海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化 C. 从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Na D. 利用潮汐发电是将化学能转化为电能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 海水中钾元素以K+形式存在，生成钾单质必然发生化学反应，A项错误；‎ B. 蒸发制海盐发生的是物理变化，B项错误；‎ C. 从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备金属Na，C项正确；‎ D. 潮汐发电是将海水的动能和势能转化为电能，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列各种金属冶炼方法中，不能制得相应金属的是（ ）‎ A. 加热氧化汞 B. 氧化铁和铝粉高温共热 C. 电解熔融氯化钠 D. 高温煅烧碳酸钙 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】金属冶炼方法包括电解法、热还原法、热分解法，电解法包括K至Al，热还原法包括Zn至Cu，热分解法是Hg以后的金属，然后进行分析；‎ ‎【详解】金属冶炼方法包括电解法、热还原法、热分解法，电解法包括K至Al，热还原法包括Zn至Cu，热分解法是Hg以后的金属，‎ A、HgO受热分解生成Hg和O2，该方法为热分解法，故A不符合题意；‎ B、利用铝的还原性，发生2Al＋Fe2O3 Al2O3＋2Fe，故B不符合题意；‎ C、电解NaCl：2NaCl（熔融） 2Na＋Cl2↑，故C不符合题意；‎ D、高温煅烧碳酸钙：CaCO3CaO＋CO2↑，不能制得Ca，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎4.化学与生产、生活、材料等密切相关，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 可用热的饱和碳酸钠溶液除去金属表面的矿物油 B. 明矾溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒 C. “地沟油”不能食用，但可以加工成肥皂或生物柴油 D. 聚乙烯、聚氯乙烯和碳纤维都是有机高分子材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钠在溶液中发生水解溶液显碱性，加热使碳酸钠溶液碱性增强，能使动物或植物的油脂发生水解，但矿物油的成分是烃类，不与NaOH反应，因此热的碳酸钠溶液不能去除金属表面的矿物油，故A错误；‎ B.明矾水溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能够吸附水中悬浮物起到净水作用，不具有杀菌消毒作用，故B错误；‎ C.“地沟油”的主要成分为油脂，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂可用于制造肥皂和生物柴油，故C正确；‎ D.碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维，故D错误；‎ 答案：C ‎5.将NaOH溶液和CuSO4溶液加入到某病人的尿液中，微热，有砖红色沉淀生成。由此可以得知该病人的尿液中含有（ ）‎ A. 食醋 B. 葡萄糖 C. 酒精 D. 食盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】将NaOH和CuSO4溶液加入到某病人的尿液中，微热，出现砖红色沉淀，说明该病人的尿液中含有醛基，据此分析；‎ ‎【详解】A、食醋中含有醋酸，醋酸的结构简式为CH3COOH，不含有醛基，与CuSO4、NaOH混合溶液，微热，发生中和反应，不产生砖红色沉淀，故A不符合题意；‎ B、葡萄糖为多羟基醛，含有醛基，与NaOH、CuSO4混合溶液，微热，产生砖红色沉淀，故B符合题意；‎ C、酒精结构简式为CH3CH2OH，含有羟基，不含有醛基，与NaOH、CuSO4混合溶液，不产生砖红色沉淀，故C不符合题意；‎ D、食盐为NaCl，不与NaOH、CuSO4混合溶液发生反应，故D不符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎6.关于基本营养物质的说法正确的是（ ）‎ A. 所有蛋白质均可通过颜色反应来鉴别 B. 葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但属于同系物 C. 糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的 D. 油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因含有苯环的蛋白质才能发生颜色反应，A错误；‎ B．葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，结构不相似，也不属于同系物，B错误；‎ C．因蛋白质的组成元素有C、H、O、N等，C错误；‎ D．因油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.‎2017年5月9 ‎日中国科学院正式向社会发布113号、115号、117号和118号元素的中文名称。已知117号元素有多种原子，如、等。下列说法正确的是（　　）‎ A. 和的化学性质不同 B. Ts位于周期表的第六周期ⅦA族 C. 元素Ts的相对原子质量为293.5‎ D. 和质子数相同，中子数不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 和的为同种元素，化学性质相同，A错误；‎ B. Ts为117号元素，是第七周期0族元素（118号元素）的前一个，故位于周期表的第七周期ⅦA族，B错误；‎ C. 已知117号元素有多种原子，如、等，但不知道各种核素的丰度，故无法计算元素Ts的相对原子质量，C错误；‎ D. 和属于同种元素，故质子数相同，中子数不同，D正确 故答案选D。‎ ‎8.元素中文名为，是一种人工合成的稀有气体元素，下列说法正确的是（ ）‎ A. 核外电子数是118 B. 中子数是295‎ C. 质量数是177 D. 第六周期0族元素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．核外电子数=质子数=118，故A正确；‎ B．中子数=质量数-质子数=295-118=177，故B错误；‎ C．由可知，质量数为295，故C错误；‎ D．根据元素周期表的排列，118号元素应在第七周期0族，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.下列说法肯定错误的是(　 　)‎ A. 某原子K层上只有一个电子 B. 某原子M层上的电子数为L层上电子数的4倍 C. 某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍 D. 某离子的核电荷数与最外层电子数相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢原子K层上只有一个电子，A正确；‎ B. 若某原子M层上的电子数为L层上电子数的4倍，则M层上的电子有32个，因M层最多有18个电子，B错误；‎ C. 离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍，则M、L层均有8个电子，符合电子排布规律，C正确：‎ D. O2-最外层电子数和核电荷数均为8，D正确； ‎ 答案选B。‎ ‎10.下列有关物质结构的表述正确的是 A. 次氯酸的电子式 B. 二氧化硅的分子式SiO2‎ C. 二氧化碳的比例模型： D. Cl原子的结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HClO中H原子最外层有1个电子，Cl原子最外层有7个电子，达到稳定结构，均需要形成1对共用电子对，O原子最外层有6个电子，达到稳定结构，需要形成2对共用电子对，因此O原子分别和H、Cl形成1对共用电子对，电子式应为，A错误；‎ B．SiO2是原子晶体，在其晶体中Si原子和O原子的比例是1：2，没有单独的SiO2分子，因此SiO2不是其分子式，B错误；‎ C．CO2是直线型分子，且C原子半径比O原子半径大，其比例模型为，C正确；‎ D．Cl为17号元素，最外层电子数为7，原子结构示意图应为，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎11.下列各组比较中，错误的是（　　）‎ A. 半径：F﹣＞Na+＞Mg2+＞A13+ B. 热稳定性：PH3＞H2S＞HCl C. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4 D. 氧化性：F2＞C12＞Br2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 核外电子层数相同时，核电荷数越多，原子、离子半径越小，半径：F﹣＞Na+＞Mg2+＞A13+，故A正确；‎ B. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强，热稳定性：PH3＜H2S＜HCl，故B错误；‎ C. 元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故C正确；‎ D. 卤族元素单质的氧化性F2＞C12＞Br2，故D正确；‎ 故答案选B ‎12.化合物XY2，X和Y离子的电子层结构都与氖原子相同，则X和Y是 ( )‎ A. Ca和Cl B. Mg和F C. Ca和F D. Na和O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Ca2+、Cl-的电子层结构与Ar相同，故不选A；‎ B、Mg2+、F-的电子层结构与Ne相同，形成化合物MgF2，符合XY2，故选B；‎ C、Ca2+的电子层结构与Ar相同，故不选C；‎ D、Na＋和O2－的电子层结构与Ne相同，形成化合物Na2O，不符合XY2，故不选D。‎ ‎13.下列每组物质中含有的化学键类型相同的是（ ）‎ A. NaCl、HCl、NaOH B. Cl2、Na2S、SO2‎ C. HBr、CO2、SiO2 D. NH4Cl、H2O2、H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】本题考查物质的成键类型。根据化合物的类型和离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键，含有共价键进行分析判断。‎ ‎【详解】A、NaCl中含有离子键，HCl含有共价键，NaOH含有离子键和共价键，故A不符合；B、Cl2含有共价键，Na2S含有离子键，SO2含有共价键，故B不符合；C、HBr、CO2、SiO2 分子中含的化学键都是共价键，故C符合；D、NH4Cl含有离子键和共价键，H2O2含有共价键，H2O 含有共价键，故D不符合；所以C选项是正确的。‎ ‎14.下列反应属于放热反应的是（ ）‎ A. 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应 B. 能量变化如图所示的反应 C. 化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应 D. 燃烧反应和中和反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】反应物总能量大于生成物总能量，或反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的热量，该反应为放热反应，据此进行分析。‎ ‎【详解】A项，氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应，故A不选；‎ B项，生成物的总能量比反应物的总能量大，为吸热反应，故B不选；‎ C项，化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应为吸热反应，故C不选；‎ D项，可燃物的燃烧以及酸碱中和反应都属于放热反应，故D可选；‎ 故答案选D。‎ ‎15.下列有关电池的说法不正确的是（ ）‎ A. 手机上用的锂离子电池属于二次电池 ‎ B. 锌锰干电池中，锌电极是负极 C. 氢氧燃料电池可把化学能转化为电能 ‎ D. 铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．手机在工作时，锂离子电池放电，相当于原电池；手机充电时，锂离子电池相当于电解池，将电能转化为化学能；锂离子电池可多次充放电，属于二次电池，A正确，不选；‎ B．在锌锰电池中，Zn失去电子，发生氧化反应，作负极，B正确，不选；‎ C．燃料电池，利用原电池原理将化学能转化电能，C正确，不选；‎ D．铜锌原电池中，Zn作负极，Cu作正极，电子从负极沿外电路流向正极，因此是电子沿外电路从锌电极流向铜电极，D错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎16.下列装置中能形成原电池的是(　　)‎ A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ①⑤⑥ D. ②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】形成原电池的必要条件：(1)两个活泼型不同的电极；(2)将电极插入电解质溶液或熔融电解质中；(3)两电极构成闭合回路；(4)能自发进行的氧化还原反应。‎ ‎【详解】①没有构成闭合回路，所以不能形成原电池；‎ ‎②该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池；‎ ‎③该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池；‎ ‎④该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池；‎ ‎⑤该装置中电极材料相同，所以不能形成原电池；‎ ‎⑥蔗糖为非电解质，该装置不能自发的进行氧化还原反应，所以不能形成原电池；‎ ‎⑦没有构成闭合回路，所以不能形成原电池；‎ 根据以上分析可知：②③④正确。‎ 答案：D ‎17.以下是反应A(g) + 3B(g) ⇌‎2C(g) + 2D(g) 在四种不同情况下的反应速率，反应速率最大的是（ ）‎ A. υ（A）=0.45mol·L-1·s-1 B. υ（B）=0.6mol·L-1·s-1‎ C. υ（C）=0.4mol·L-1·s-1 D. υ（D）=0.45mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】按照化学速率之比等于化学计量数之比，转化成同一种物质，然后比较数值；‎ ‎【详解】按照化学速率之比等于化学计量数之比，转化成以A表示的化学反应，υ(A)==mol/(L·s)=0.2 mol/(L·s)，υ(A)==mol/(L·s)=0.2 mol/(L·s)，υ(A)==mol/(L·s)=0.225 mol/(L·s)，因此反应速率最大的是υ(A)=0.45mol/(L·s)，故选项A正确；‎ 答案选A。‎ ‎18.在一定温度下的密闭容器中，可逆反应N2 + 3H22NH3 达到平衡状态的标志是（ ）‎ A. N2、H2、NH3在容器中共存 B. 混合气体的总物质的量不再发生变化 C. 单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2‎ D. 单位时间内消耗n mol N2，同时消耗n mol NH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.N2、H2、NH3在容器中共存，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，A不符合题意；‎ B.该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的总物质的量不再发生变化，说明反应处于平衡状态，B正确；‎ C.单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2，都表示反应逆向进行，不能判断反应处于平衡状态，C错误；‎ D.单位时间内消耗n mol N2必然同时会产生2nmolNH3，同时消耗n mol NH3‎ ‎，说明反应正向进行，未达到平衡状态，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎19.工业制硫酸中的一步重要反应是SO2的催化氧化：2SO2＋O2⇌2SO3（正反应放热），下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 升高温度只提高逆反应速率 B. 降低温度可提高正反应速率 C. 使用催化剂能显著增大反应速率 D. 达到化学平衡时正、逆反应速率相等且等于0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升高温度，正逆反应速率都增大，故A说法错误；‎ B、降低温度，正逆反应速率都降低，故B说法错误；‎ C、使用催化剂能显著增大反应速率，故C说法正确；‎ D、化学平衡为动态平衡，υ正=υ逆≠0，故D说法错误；‎ 答案选C。‎ ‎20.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ）‎ ‎①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ②苯中碳碳键的键长均相等 ③苯能在一定条件下跟氢气发生加成反应生成环己烷 ④经实验测得邻二甲苯只有一种结构 ⑤苯在FeBr3存在下与液溴可发生取代反应，但不能使溴水褪色 A. ①②③④ B. ①②④⑤ C. ①③④⑤ D. ②③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】①依据苯的性质判断苯的结构，高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；②依据苯分子中的氢原子，分析碳原子的不饱和程度，判断苯分子中的碳碳键完全相同；③依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；④根据同分异构体数目解答；⑤根据碳碳单键和双键的性质判断。‎ ‎【详解】①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；‎ ‎②‎ 苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；‎ ‎③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；‎ ‎④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；‎ ‎⑤苯在FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确；‎ 所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故选B。‎ ‎21.下列实验能获得成功的是（ ）‎ A. 苯与浓溴水用铁作催化剂制溴苯 B. 可用分液漏斗分离硝基苯和水 C. 将苯与浓硝酸混合共热制硝基苯 D. 加入水后分液可除去溴苯中的溴 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、苯和液溴在铁作催化剂条件下制取溴苯，苯和浓溴水不反应，故A错误；‎ B项、互不相溶的液体可以采用分液方法分离，硝基苯和水不互溶，可以采用分液方法分离，故B正确；‎ C项、苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下制取硝基苯，没有催化剂，不能制取硝基苯，故C错误；‎ D项、溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，应该用NaOH溶液除去溴，然后采用分液方法分离，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎22.1 mol D2O和1 mol H2O不相同的是( )‎ A. 含氧原子的数目 B. 含有电子的数目 ‎ C. 含有质子的数目 D. 含有中子的数目 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】D的质子数、中子数分别是1、1；H的质子数、中子数分别是1、0；O的质子数、中子数分别是8、8。则D2O和H2‎ O分子中所含的质子数分别为：10、10；电子数分别为：10、10；中子数分别为：1×2+8、8；氧原子数分别为1、1，所以1mol D2O和1mol H2O含有相同的是电子数、质子数和氧原子数，含有不同的中子数，故选D。‎ ‎23.同周期的X、Y、Z三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性由弱到强的顺序是：H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，则下列判断正确的是 ( )‎ A. 原子半径：X＞Y＞Z B. 阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序由强到弱 C. 非金属性：X＞Y＞Z D. 气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由弱到强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同一周期的元素，原子序数越大，原子最外层电子数越多，形成的最高价含氧酸的酸性就越强。由于同周期的X、Y、Z三种元素，其最高价氧化物水化物的酸性由弱到强的顺序是：H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，所以元素的非金属性Z＜Y＜X，因此原子半径Z＞Y＞X，A错误；‎ C．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱。由于元素的非金属性：Z＜Y＜X，所以阴离子的还原性按X、Y、Z的顺序由弱到强，B错误；‎ C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强。由于酸性H3ZO4＜H2YO4＜HXO4，所以元素的非金属性Z＜Y＜X，C正确；‎ D．元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性Z＜Y＜X，所以气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序由强到弱，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎24.下列试剂不能用来鉴别乙醇和乙酸的是（ ）‎ A. 紫色石蕊试液 B. 碳酸钠溶液 ‎ C. 蒸馏水 D. 酸性高锰酸钾溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】乙醇和乙酸都易溶于水，乙酸含有-COOH，具有酸性，乙醇含有-OH，能发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，根据二者性质的异同鉴别。‎ ‎【详解】A、乙酸具有酸性，可使紫色石蕊变红，可鉴别，故A不选；‎ B、乙酸可与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，可鉴别，故B不选；‎ C、乙醇和乙酸都易溶于水，无明显现象，不能鉴别，故C选；‎ D、乙醇含有-OH，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可鉴别，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎25.下列反应既属于氧化还原反应，又是放热反应的是( )‎ A. 氢氧化钠与稀硫酸的反应 B. 灼热的木炭与的反应 C. 甲烷在空气中燃烧的反应 D. 氯酸钾受热分解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】从化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应，从常见吸热反应和放热反应的角度判断反应是否放热．‎ ‎【详解】A、氢氧化钠与稀硫酸的反应属于复分解反应，化合价没有发生变化，为放热反应，故A错误；‎ B、灼热的木炭与CO2的反应属于氧化还原反应，C元素的化合价发生变化，该反应吸热，故B错误；‎ C、甲烷在空气中燃烧的反应中C和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应放热，故C正确；‎ D、氯酸钾受热分解，属于吸热反应，属于氧化还原反应，故D错误；‎ 故选C 第II卷（非选择题，共50分）‎ 二、填空题（本题共4道小题，共50分）‎ ‎26.在1﹣18号的短周期主族元素中，表中的字母代表一种元素，回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎（1）画出D的原子结构示意图________；‎ ‎（2）写出C的最高价氧化物的电子式________，该化合物所含化学键为____；‎ ‎（3）E和F分别形成的气态氢化物中最稳定的是____（填写氢化物的化学式）；‎ ‎（4）A最高价氧化物的水化物与B的最高价氧化物的水化物的化学反应方程式____。‎ ‎【答案】(1). (2). (3). 共价键 (4). HCl (5). NaOH＋Al(OH)3=NaAlO2＋2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】根据元素在周期表中的位置，可知A为Na，B为Al，C为C，D为N，E为S，F为Cl。‎ ‎(1)D为N元素，为7号元素，其原子结构示意图为；‎ ‎(2)C为C元素，其最高价氧化物为CO2，C原子最外层4个电子，达到稳定结构，需要形成4对共用电子对，O原子最外层有6个电子，达到稳定结构需要形成2对共用电子对，因此CO2分子中，1个C原子分别和2个O原子形成2对共用电子对，电子式为，所含化学键为共价键；‎ ‎(3)同周期非金属元素的非金属性从左到右依次增强，元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，Cl的非金属性强于S，则HCl稳定；‎ ‎(4)A的最高价氧化物的水化物为NaOH，B的最高价氧化物的水化物为Al(OH)3；两者反应生成NaAlO2和水，化学方程式为NaOH＋Al(OH)3=NaAlO2＋2H2O。‎ ‎27.已知：有机物 A 的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B 和 D 是生活中两种常见的有机物。现以 A 为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图 1 所示。‎ ‎（1）B 分子中官能团的名称是____，反应①的反应类型是____反应；‎ ‎（2）反应②的化学方程式是____，反应④的化学方程式是____；‎ ‎（3）E 是常见的高分子材料，E 的结构简式是____；‎ ‎（4）某同学用如图 2 所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。实验时，甲中饱和碳酸钠溶液的作用是（填字母）____。 ‎ A．中和乙酸和乙醇 B．中和乙酸并吸收部分乙醇 ‎ C．加速酯的生成，提高其产率 D．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出 ‎【答案】(1). 羟基 (2). 加成 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (5). (6). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】有机物 A 的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A为乙烯，乙烯与H2O发生加成得到B乙醇，乙醇发生催化氧化得到C乙醛，乙醛再被氧化得到D乙酸；乙醇和乙酸发生酯化反应得到乙酸乙酯；A发生加聚反应得到聚乙烯。‎ ‎【详解】(1)B为乙醇，其官能团为－OH，名称为羟基；反应①为乙烯与水的加成反应；‎ ‎(2)反应②为乙醇的催化氧化，乙醇在Cu或Ag作催化剂的作用下被O2氧化成乙醛，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ 反应④为乙醇和乙酸的酯化反应，醇脱去羟基中的H，酸脱去羧基中的羟基，形成乙酸乙酯，化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；‎ ‎(3)E由乙烯加聚得到，为聚乙烯，其结构简式为 ‎(4)实验时生成的乙酸乙酯中常含有一同挥发出来的乙酸、乙醇；饱和碳酸钠溶液可以中和乙酸，可以溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，有利于其分层，因此BD符合题意。‎ ‎28.某学习小组用如下图所示装置A、B分别探究金属锌与稀硫酸的反应，实验过程中A烧杯内的溶液温度升高，B烧杯的电流计指针发生偏转，请回答以下问题。‎ ‎（1）A烧杯中反应的离子方程式为_________。‎ ‎（2）B中Zn板是_________极，发生的电极反应是_________，Cu板上的现象是_________，发生的电极反应是_________。‎ ‎（3）从能量转化的角度来看，A、B中反应物的总能量_________（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物总能量，A中是将化学能转变为_________，B中主要是将化学能转变为_________。‎ ‎（4）该小组同学反思原电池的原理，其中观点正确的是_________（填字母序号）。‎ A．原电池反应的过程中一定有电子转移 B．原电池装置需要2个电极 C．电极一定不能参加反应 D．氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生 ‎【答案】(1). Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑ (2). 负 (3). Zn - 2e- === Zn2+ (4). 有大量无色气泡产生 (5). 2H+ + 2e- === H2↑ (6). 大于 (7). 热能 (8). 电能 (9). ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A烧杯中锌与稀硫酸反应的离子方程式为Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑，故答案为Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑；‎ ‎(2)B中锌比铜活泼，Zn板是负极，发生的电极反应是Zn - 2e- === Zn2+，Cu板上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H+ + 2e- === H2↑，现象为有大量无色气泡产生，故答案为负；Zn - 2e- === Zn2+；有大量无色气泡产生；2H+ + 2e- === H2↑；‎ ‎(3)从能量转化的角度来看，锌与稀硫酸的反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物总能量，A中是将化学能转变为热能，B中主要是将化学能转变为电能，故答案为大于；热能；电能；‎ ‎(4)A．原电池反应是一个氧化还原反应，一定有电子转移，故A正确；B．根据原电池的构成条件，原电池装置需要2个电极，故B正确；C．根据题意，锌被逐渐溶解，参加了反应，故C错误；D．根据原电池原理，氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生，从而产生电流，故D正确；故选ABD。‎ ‎29.I．在恒温恒容密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强 ②混合气体的密度③混合气体的总物质的量 ④混合气体的平均相对分子质量 ⑤混合气体的颜色。‎ ‎(1)一定能证明2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)达到平衡状态是______(填序号，下同)。‎ ‎(2)一定能证明 A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)达到平衡状态的是_______。(注：B、C、D均为无色物质)‎ II．某温度时，在一个‎1L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：‎ ‎(1)反应开始至2min，以气体Y表示的平均反应速率为________；‎ ‎(2)该反应的化学方程式为___________；‎ ‎(3)X的转化率___________，生成的Z的百分含量___________‎ ‎(4)amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)＝n(Y)＝2n(Z)，则原混合气体中a：b＝___________。‎ ‎【答案】(1). ①③④ (2). ②④ (3). 0.05mol(/L·min) (4). 3X＋Y2Z (5). 30% (6). (7). 7：5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ(1)反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)中各物质均没有颜色，且正反应是气体分子数减小的反应；‎ ‎①恒温恒容条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，反应前后，气体的物质的量在改变，因此压强也会改变，当压强不变时，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡，①符合题意；‎ ‎②根据，容器体积不变，各物质均为气体，气体质量不变，因此密度一直不变；则密度不变，不能判断反应是否达到平衡，②不符合题意；‎ ‎③该反应，气体的总物质的量发生改变，当气体的总物质的量不变时，说明各物质的物质的量不变，反应达到平衡，③符合题意；‎ ‎④根据，气体的总质量不变，但是气体的总物质的量变化，说明平均相对分子质量变化，当其不变的时候，说明各物质的物质的量不变，反应达到平衡，④符合题意；‎ ‎⑤反应中各物质均没有颜色，因此颜色不变，不能判断反应是否达到平衡，⑤不符合题意；‎ 综上一定能证明2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)达到平衡状态的有①③④；‎ ‎(2)反应A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)中各物质均没有颜色，且反应前后气体分子数不变；‎ ‎①‎ 恒温恒容条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，反应前后，气体的物质的量不变，因此压强总不变，当压强不变时，不能判断反应是否达到平衡，①不符合题意；‎ ‎②根据，容器体积不变，A为固体，气体的质量会发生改变，因此密度会变化，当密度不变时，说明各物质的质量不变，反应达到平衡，②符合题意；‎ ‎③该反应，气体的总物质的量一直不变；当气体的总物质的量不变时，不能判断反应是否达到平衡，③不符合题意；‎ ‎④根据，气体的物质的量不变，但A为固体，气体的质量会发生改变，说明平均相对分子质量变化，当其不变的时候，说明各物质的质量不变，反应达到平衡，④符合题意；‎ ‎⑤反应中各物质均没有颜色，因此颜色不变，不能判断反应是否达到平衡，⑤不符合题意；‎ 综上一定能证明A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)达到平衡状态的是②④；‎ Ⅱ(1)反应开始至2min，Y的物质的量变化了1.0mol-0.9mol=0.1mol，则其平均速率；‎ ‎(2)根据图像，X、Y的物质的量在减小，X、Y是反应物，X减小了0.3mol，Y减小了0.1mol，Z的物质的量在增加，Z为生成物，增加了0.2mol；在一化学反应中，各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比，则该反应的化学方程式为3X＋Y2Z；‎ ‎(3)根据图像，X开始物质的量为1mol，平衡时其物质的量为0.7mol，反应了0.3mol，则其转化率；生成的Z的百分含量；‎ ‎(4)设反应转化了xmolY，根据化学方程式3X＋Y2Z，消耗了3xmolX，生成了2xmolZ，则剩余的(a－3x)molX和(b－x)molY，得到了2xmolZ，根据已知，则(a－3x)=(b－x)=2×2x，解得a=7x，b=5x，则a：b=7x：5x=7：5。‎