山东省济宁市汶上圣泽中学2019-2020学年高一下学期月考化学试题

山东省济宁市汶上圣泽中学2019-2020学年高一下学期月考化学试题

化学试卷 一、单选题（每题3分，共75分）‎ ‎1.下列关于化学反应中能量变化的说法正确的是 A. 断开化学键会释放能量 B. 氧化还原反应均为放热反应 C. 化学反应过程中一定伴有能量变化 D. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 断裂化学键吸收热量，形成化学键释放能量，故A错误；‎ B. C或氢气作还原剂的氧化还原反应吸热，多数氧化还原反应放热，故B错误；‎ C. 化学变化中有化学键的断裂和生成，则一定有能量变化，故C正确；‎ D.反应条件与反应中能量变化无关，加热进行的反应可能为放热反应，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎2.用稀硫酸与过量锌粒反应制取氢气，欲加快化学反应速率而不改变产生氢气的量，下列措施不可行的是（ ）‎ A. 升高温度 B. 滴加少量浓硫酸 C. 滴加少量硫酸铜溶液 D. 改用等质量的锌粉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加热、增大浓度、增大接触面积、构成原电池，均可加快反应速率。‎ ‎【详解】A.升高温度，增大活化分子百分数，反应速率增大，A正确；‎ B.滴加少量浓硫酸，硫酸的物质的量增大，生成氢气的体积偏大，B错误；‎ C.锌置换出铜，形成铜锌原电池反应，反应速率增大，C正确；‎ D.改用等质量的锌粉，固体的表面积增大，反应速率增大，D正确。‎ 故选B。‎ ‎3.恒温恒容条件下，能说明反应A(s)+2B(g)⇌C(g)+D(g)一定处于化学平衡状态的是 A. C的浓度不再改变 B. 容器内的压强保持不变 C. C与D的物质的量相等 D. 消耗1mol B的同时生成0.5mol D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据平衡状态的定义，C的浓度不再改变，反应一定平衡，故选A； ‎ B. A(s)+2B(g)⇌C(g)+D(g)反应前后气体的物质的量不变，气体压强是恒量，容器内的压强保持不变，不一定平衡，故不选B；‎ C. C与D物质的量相等，C与D的浓度不一定不再改变，所以不一定平衡，故不选C；‎ D. 消耗1mol B的同时生成0.5mol D，都表示正反应速率，不能判断正逆反应速率相等，所以反应不一定平衡，故不选D。‎ ‎4.可用于电动汽车的铝—空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是（ ）‎ A. 以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O2+2H2O+4e-=4OH-‎ B. 以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al+3OH--3e-=Al(OH)3↓‎ C. 以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变 D. 电池工作时，电子通过外电路由正极流向负极 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaCl溶液显中性，NaOH溶液显碱性，燃料电池放电时，氧气在正极得电子发生还原反应生成氢氧根，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故A正确；‎ B. 铝合金作负极，在NaOH溶液中，负极上铝失去电子被氧化生成偏铝酸根，电极反应式为Al+4OH--3e-=+2H2O，故B错误；‎ C.该电池在碱性条件下放电的总反应式为4Al+3O2+4OH-=4+2H2O，反应中消耗氢氧根，溶液pH降低，故C错误；‎ D.电池工作时，电子从负极经过外电路流到正极，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】以NaCl溶液为电解液时，铝合金作负极，铝失去电子被氧化生成氢氧化铝，以NaOH溶液为电解液时，铝合金作负极，铝失去电子被氧化生成偏铝酸根是分析难点。‎ ‎5.将编号为①②③④的四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可构成原电池，①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少。‎ 据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是（ ）‎ A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，①②相连时，外电路电流从②流向①，则②是正极、①是负极，金属活动性②<①；①③相连时，③为正极，则金属活动性①>③；②④相连时，②上有气泡逸出，④为负极、②为正极，活动性④>②；③④相连时，③的质量减少，则③为负极、④为正极，活动性③>④，则金属活动性强弱顺序是①③④②，故选B。‎ ‎6. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：‎ 下列说法中正确的是 A. CO和O生成CO2是吸热反应 B. 在该过程中，CO断键形成C和O C. CO和O生成了具有极性共价键的CO2‎ D. 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；‎ B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；‎ C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；‎ D.状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是 A. 负极反应式为Mg-2e-=Mg2+‎ B. 正极反应式为Ag++e-=Ag C. 电池放电时Cl-由正极向负极迁移 D. 负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═‎2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，据此分析。‎ ‎【详解】Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═‎2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，‎ A、负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故A正确；‎ B、正极反应为：2AgCl+2e-═‎2C1-+2Ag，故B错误；‎ C、原电池中阴离子移向负极，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；‎ D、镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎8.图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（　　）‎ A. 铜棒的质量 B. c(Zn2＋) C. c(H＋) D. c(SO42-) -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为 2H++2e-=H2↑。则 A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒质量不变，故A错误；‎ B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；‎ C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；‎ D．SO42-不参加反应，其浓度不变，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，‎ 关于此反应说法错误的是（ ）‎ A. 一定属于吸热反应 B. 一定属于可逆反应 C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于分解反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。‎ ‎【详解】A．该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；‎ B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；‎ C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；‎ D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎10.S16O2与18O2在高温条件下发生反应2SO2+O22SO3，达到化学平衡后，平衡混合物中含18O的微粒( )‎ A. 只有SO3 B. 只有SO2、SO‎3 ‎C. 有SO2、SO3、O2 D. 只有O2、SO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应中的两个化学反应，在相同条件下同时向相反方向进行，两个化学反应构成一个对立的统一体，根据质量守恒定律可知，反应前后的元素守恒，一段时间后的可逆反应体系中，每种物质都会存在18O。‎ ‎【详解】S16O2与18O2在高温条件下发生反应：2SO2+O22SO3，达到化学平衡后，生成的三氧化硫中含有16O与18O，反应逆向进行18O可以在二氧化硫和氧气中，所以平衡混合物中含18O的微粒有SO2、SO3、O2，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡的特征应用，可逆反应是同一条件下同时进行的两个不同方向的反应，是动态平衡，注意可逆反应不能进行到底，无论进行多长时间，反应物都不可能100%的转化为生成物。‎ ‎11.可逆反应：2NO2(g) ⇌2NO(g)＋O2(g)，在容积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是(　　)‎ ‎①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2‎ ‎②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ‎③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的压强不再改变的状态 ‎⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦‎ C. ①③④⑤ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。‎ ‎【详解】①中单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态，故①正确；‎ ‎②无论该反应是否达到平衡状态,单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故②错误；‎ ‎③中无论达到平衡与否，用各物质表示的化学反应速率之比都等于化学计量数之比，故③错误；‎ ‎④有色气体的颜色不变，则表示物质的浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤气体体积固定、反应前后质量守恒，密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故⑤错误；‎ ‎⑥反应前后ΔV(g)≠0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明已达到平衡状态，故⑥正确；‎ ‎⑦由于气体质量不变，气体的平均相对分子质量不变时，说明气体中各物质的物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，故⑦正确；‎ ‎①④⑥⑦正确，答案选A。‎ ‎【点睛】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变，间接判据要看变量不变。‎ ‎12.反应A+3B=‎2C+D在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)=0.15mol·L-1·s-1，②v(B)=0.6mol·L-1·s-1，③v(C)=0.5mol·L-1·s-1，④v(D)=0.45mol·L-1·s-1。‎ 则反应进行的快慢顺序为（ ）‎ A. ④>③>①>② B. ②>④>③>①‎ C. ②>③>④>① D. ④>③>②>①‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，由题意可得①、②、③、④，则反应进行由快到慢的顺序为④>③>②>①，故选D。‎ ‎【点睛】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快是解答关键。‎ ‎13.工业炼铁是在高炉中进行的，高炉炼铁的主要反应是：① ‎2C（焦炭）＋O2（空气）＝2CO；② Fe2O3＋3CO＝2Fe＋3CO该炼铁工艺中，对焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需其主要原因是 A. CO过量 B. CO与铁矿石接触不充分 C. 炼铁高炉的高度不够 D. CO与Fe2O3的反应有一定限度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于CO与Fe2O3的反应有一定限度，存在平衡状态，因此反应物不能完全转化为生成物，所以焦炭的实际使用量要远远高于按照化学方程式计算所需，答案选D。‎ ‎14.已知某条件下，合成氨反应的数据如下：‎ ‎　　　　　　　　 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)‎ 起始浓度/mol·L－1　　 1.0　　 3.0　　　　 0.2‎ ‎2s末浓度/mol·L－1　　　 0.6　　 1.8　　　　1.0‎ ‎4s末浓度/mol·L－1　　　 0.4　　 1.2　　　　1.4‎ 当用氨气浓度的增加来表示该反应的速率时，下列说法中错误的是 (　　)‎ A. 2s末氨气的反应速率＝0.4mol·(L·s)－1‎ B. 前2s时间内氨气的平均反应速率＝0.4mol·(L·s)－1‎ C. 前4s时间内氨气的平均反应速率＝0.3mol·(L·s)－1‎ D. 2～4s时间内氨气的平均反应速率＝0.2mol·(L·s)－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应速率不是瞬时速率，要计算反应速率，关键要抓住Δt时间段对应的Δc的量。A项不正确。‎ ‎15. 反应A(s)＋B(g)=C(g)在密闭容器中进行，下列情况不能使反应速率加快的是 A. 升高温度 B. 增加A的物质的量 C. 使用催化剂 D. 缩小容器体积使压强增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升温反应速率加快，不选A；‎ B、增加A的量，因为A为固体，所以其浓度不变，不能加快反应速率，选B；‎ C、使用催化剂能加快反应速率，不选C；‎ D、缩小容器的体积，气体物质的浓度增大，反应速率加快，不选D；‎ 答案选B。‎ ‎16.在一定温度下，将一定量的气体通入体积为‎2L的密闭容器中，使其发生反应，，有关物质X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是（ ） ‎ A. 该反应的化学方程式为： 3Z = 3X+2Y B. t0时，X、Y、Z的质量不再改变 C. t0时，Z的浓度为1.2 mol/L D. t0时，反应停止，反应速率为0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.根据X、Y、Z物质的量的变化判断反应物、产物，利用物质的量之比等于化学计量数之比确定化学计量数，据此书写化学方程式；‎ B.化学平衡时的特征作判断；‎ C.根据物质的量与体积计算浓度；‎ D.根据可逆反应的特征判断。‎ ‎【详解】A.由图可知，X、Y的物质的量增大，X、Y为生成物，Z物质的量减小，Z为反应物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，X、Y、Z的化学计量数之比=1.8：1.2：1.8=3：2：3，此后任何物质的物质的量不变，则反应为可逆反应，因此该反应的化学方程式为：3Z3X+2Y，A错误；‎ B.化学平衡时各组分的浓度不再随时间变化而变化， X、Y、Z的质量也不再改变，B正确；‎ C.根据图象可知平衡时Z的浓度c(Z)==0.6mol/L，C错误；‎ D.根据可逆反应平衡的特征可知，反应处于平衡时正、逆反应速率相等，但不等于零，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了根据图象写化学方程式、计算浓度及运用化学平衡的特征解决问题，难度不大，主要是准确理解图象中有关信息，看清横坐标、纵坐标的含义及线的拐点、变化趋势是解答的关键。‎ ‎17.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是 实验 现象 结论 A 含HCl、BaCl2的FeCl3溶液 产生白色沉淀 SO2 有还原性 B H2S 溶液 产生黄色沉淀 SO2 有氧化性 C 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 SO2 有漂白性 D Na2SiO3溶液 产生胶状沉淀 酸性:H2SO3＞ H2SiO3‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；‎ B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；‎ C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；‎ D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎18.已知KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生Cl2。若用下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中错误的是（ ）‎ A. 只有①和②处 B. 只有②处 C. 只有②和③处 D. 只有②③④处 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生Cl2，①正确；反应放热，浓HCl易挥发，故产生的Cl2中可能混有HCl，需要净化，洗液不能用NaOH，因为NaOH能和Cl2反应，应该用饱和食盐水，②错误；净化后的Cl2可以用浓H2SO4干燥，但气体应用长导管直接通入浓H2SO4中，③错误；干燥的氯气和金属反应的容器只有气体进入的导管，一段时间后压强升高，可能会使橡皮塞弹开，④错误。故D选项符合题意。‎ ‎19.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）‎ A. 铝在稀硝酸中发生钝化 B. 过量铁粉在Cl2中燃烧制取FeCl2‎ C. N2与O2在放电条件下化合生成NO2‎ D. 新制Cu(OH)2悬浊液中加入葡萄糖并煮沸，生成Cu2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝在冷的浓硫酸、浓硝酸中才会发生钝化，而会与稀硝酸发生反应，A选项错误；‎ B．Cl2具有强氧化性，过量铁粉在Cl2中燃烧制取只能得到FeCl3，不能得到FeCl2，B选项错误；‎ C．N2与O2在放电条件化合生成NO，NO在与O2结合生成NO2，C选项错误；‎ D．葡萄糖含有醛基，含醛基的物质能与新制Cu(OH)2悬浊液加热煮沸后生成Cu2O的砖红色沉淀，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.下列有关化学反应的叙述正确酌是 A. 常温下铜在浓硝酸中发生钝化 B. 氯气和烧碱反应可制取漂白粉 C. 碳酸氢钠固体受热分解可得到纯碱 D. 铁和高温水蒸气反应生成铁红 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下铁和铝在浓硝酸中发生钝化，铜不发生钝化，故A错误；‎ B. 氯气和石灰乳反应可制取漂白粉，故B错误；‎ C. 碳酸氢钠固体受热分解可得到纯碱，故C正确；‎ D. 铁和高温水蒸气反应生成四氧化三铁，故D错误；‎ 故答案选：C。‎ ‎21.浓硫酸分别与三种钠盐反应，现象如图。下列分析正确的是 （ ）‎ A. 对比和可以说明还原性：‎ B. 和相比可说明氧化性：‎ C. 中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明酸性：‎ D. 中浓被还原成 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应生成红棕色气体是溴蒸气，反应白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性，故A正确；‎ B.反应生成二氧化硫气体，非氧化还原反应，所以不能比较、的氧化性，故B错误；‎ C.白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性，故C错误；‎ D.反应生成二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎22.改革开放40周年取得了很多标志性成果，下列说法不正确的是（ ）‎ A. “中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型无机非金属材料 B. “蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性 C. 北斗导航专用ASIC硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯”，其主要成分为SiO2‎ D. 港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SiC属于新型无机非金属材料，故A正确；‎ B.钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故B正确；‎ C.“中国芯”主要成分为半导体材料Si，不是SiO2，故C错误；‎ D.因为铝比铁活泼，所以利用原电池原理，铁作正极被保护，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎23.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，m为单质，d是淡黄色粉末，b是生活中常见的液态化合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 A. 化合物a中只含有C、H两种元素 B. 几种元素的原子半径由大到小顺序为Z＞Y＞X＞W C. d是离子化合物，阴阳离子个数比为1：2‎ D. Y与W形成的简单化合物是同主族元素同类型化合物中沸点最低的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ b是生活中常见的液态化合物，b是水；d是淡黄色粉末，能与水反应，d是Na2O2，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，m是氧气、e是NaOH；CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，c是CO2、f是Na2CO3；W、X、Y、Z原子序数依次递增，则W、X、Y、Z依次是H、C、O、Na。‎ ‎【详解】A. a与氧气反应生成二氧化碳和水，所以化合物a中一定含有C、H元素，可能含有氧元素，故A错误；‎ B. H、C、O、Na的原子半径由大到小顺序为Na＞C＞O＞H，故B错误；‎ C. d是Na2O2， 属于离子化合物，阴阳离子个数比为1：2，故C正确；‎ D. 水分子间含有氢键，H2O是同主族元素同类型化合物中沸点最高的，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎24.与互为同分异构体的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】同分异构体指的是有相同的分子式而有不同的原子排列的化合物。‎ A．与分子式不同，结构不同，不是同分异构体，故A错误；‎ B．与分子式相同，结构相同，是同一种物质，故B错误；‎ C．与分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；‎ D．与分子式不同，组成上相差1个或多个CH2，不是同分异构体是同系物，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎25.如图为番茄电池装置示意图，下列说法正确的是 A. 铜片上发生氧化反应 B. 电子由锌片通过导线流向铜片 C. 锌片质量减小，发生还原反应 D. 番茄中的阳离子移向锌片 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎ 锌、铜和稀硫酸构成的原电池中，锌易失电子生成锌离子进入溶液而质量逐渐减少，铜电极上氢离子得电子生成氢气而产生气泡，所以铜片上发生还原反应，故A错误；‎ B. 电子从负极锌沿导线流向正极铜片，故B正确；‎ C. 锌易失电子发生氧化反应而作负极，锌易失电子生成锌离子进入溶液而质量逐渐减少，故C错误；‎ D. 番茄中的阳离子移向正极即是铜片，故D错误；‎ 故选：B。‎ 二、填空题（共25分）‎ ‎26.利用生活中或实验室中的常用物品，根据氧化还原反应知识和电化学知识，自己动手设计一个原电池。请填写下列空白：‎ ‎（1）实验原理：Fe+2H+=Fe2++H2↑‎ ‎（2）装置连接好实验仪器，这时可以听见耳机发出“嚓嚓嚓…”的声音。其原因是在原电池中化学能转化为电能，在耳机中__又转化为声波这种能量。‎ ‎（3）在该原电池中，Fe在__极发生了__反应，H+在__极发生了_反应。‎ ‎【答案】 (1). 电能 (2). 负 (3). 氧化 (4). 正 (5). 还原 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验原理可知，设计原电池时，应选择铁做原电池的负极，Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，选择不如Fe活泼的金属或导电的非金属做正极，如铜或石墨等，将铁和铜或石墨用导线连接，插入盛有稀硫酸或盐酸的烧杯中，示意图如下：。‎ ‎【详解】（2）在原电池中，化学能转化为电能，在耳机中又由电能转化为声波这种能量，故答案为：电能；‎ ‎（3）在该原电池中，铁为负极，Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，H+在正极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：负；氧化；正；还原。‎ ‎【点睛】由形成原电池的条件可知，设计原电池时，需要铁为负极，正极为铜钉（其他的惰性电极如铅笔 芯、铂等都可以），硫酸为电解质溶液，还需要烧杯、导线等是解答关键。‎ ‎27.NH3及其盐都是重要的化工原料。‎ ‎（1）用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为__。‎ ‎（2）按如图装置进行NH3性质实验。‎ ‎①先打开旋塞1，B瓶中的现象是___，原因是___，稳定后，关闭旋塞1。‎ ‎②再打开旋塞2，B瓶中的现象是____。‎ ‎【答案】 (1). A、C、G (2). 有白烟生成 (3). A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟 (4). 液体进入B瓶中，溶液的颜色变红 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气，反应发生为固体与固体加热制取气体的装置，根据氨气为易溶于水密度比空气小的气体性质选择收集装置，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸；‎ ‎（2）由于A中压强比B中大，所以当打开旋塞1时，A中的HCl会进入B中与NH3反应生成氯化铵，产生大量的白烟，稳定后，再打开旋塞2，由于氯化氢和氮气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶。‎ ‎【详解】（1）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气，反应发生为固体与固体加热制取气体的装置，应选择装置A 制备氨气，氨气为易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，需用向下排空气法收集，应选择装置C收集氨气，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸，倒扣的漏斗边缘浸入水中能防止倒吸，应选装置G进行尾气处理，故答案为：ACG；‎ ‎（2）①由于A中压强比B中大，所以当打开旋塞1时，A中的HCl会进入B中与NH3反应生成氯化铵，产生大量的白烟，故答案为：有白烟生成；A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟；‎ ‎②稳定后，再打开旋塞2，由于氯化氢和氨气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶，氯化铵溶液呈酸性，溶液变为红色，故答案为：液体进入B瓶中，溶液的颜色变红。‎ ‎【点睛】由于氯化氢和氨气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶是分析关键。‎ ‎28.向某容积固定的密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答下列问题。‎ ‎（1）密闭容器的容积是___L。‎ ‎（2）若t1=15s，则t0~t1阶段以C物质浓度变化表示的反应速率为v(C)=___。‎ ‎（3）写出反应的化学方程式：___。‎ ‎（4）B的起始物质的量是___。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 0.004mol·L-1·s-1 (3). ‎3A(g)B(g)+‎2C(g) (4). 0.04mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，A为反应物、C为生成物，由物质的量之比等于化学计量数之比可得A、C的化学计量数之比为（0.15—0.06）：（0.11—0.05）=3:2，由反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化可知，B为生成物，A、B、C的化学计量数之比为3:1:2，反应的化学方程式为‎3A(g)B(g)+‎2C(g)。‎ ‎【详解】（1）由题意可知，A的物质的量为0.3mol，由图可知A的浓度为0.15mol/L ‎，则容器的体积为=‎2L，故答案为：2；‎ ‎(2)由图可知，t0~t1阶段生成物C的浓度变化为0.11mol·L-1-0.05mol·L-1=0.06mol·L-1，则C的反应速率，故答案为：0.004mol·L-1·s-1；‎ ‎(3) 由图可知，A为反应物、C为生成物，由物质的量之比等于化学计量数之比可得A、C的化学计量数之比为（0.15—0.06）：（0.11—0.05）=3:2，由反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化可知，B为生成物，A、B、C的化学计量数之比为3:1:2，反应的化学方程式为‎3A(g)B(g)+‎2C(g)，故答案为：‎3A(g)B(g)+‎2C(g)；‎ ‎(4)根据化学方程式‎3A(g)B(g)+‎2C(g)可知，B的物质的量的变化是C的一半，故B的物质的量的变化0.06mol，因此B的起始物质的量是0.05mol·L-1×‎2L-0.06mol=0.04mol，故答案为：0.04mol。‎ ‎【点睛】由物质量之比等于化学计量数之比和反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化确定化学方程式是解答关键。‎ 三、推断题 ‎29.非金属单质A经过如图所示过程转化为含氧酸D。已知D为强酸，请回答下列问题：‎ ‎（1）A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。‎ ‎①D的化学式是___。‎ ‎②在工业生产中气体B大量排放后，被雨水吸收形成了污染环境的___。‎ ‎（2）A在常温下为气体，C是红棕色的气体。‎ ‎①A的化学式是___；C的化学式是___。‎ ‎②在常温下D的浓溶液可与铜反应并生成气体C，请写出该反应的化学方程式：___，该反应__(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。‎ ‎【答案】 (1). H2SO4 (2). 酸雨 (3). N2 (4). NO2 (5). Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O (6). 属于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据图示中的连续氧化转化关系和D为含氧酸且为强酸，可确定D为或。‎ ‎【详解】(1) ①由A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体可知，‎ A是S、B是SO2，则C是SO3、D是H2SO4，故答案为：H2SO4；‎ ‎②SO2溶于水生成亚硫酸，溶液的pH小于5.6，则在工业生产中大量排放的SO2被雨水吸收后会形成酸雨，故答案为：酸雨；‎ ‎(2)①A在常温下为气体，C是红棕色的气体可知，A为N2、C为NO2，则B为NO、D为HNO3，故答案为：N2；NO2；‎ ‎②在常温下浓硝酸可与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O，反应中有元素化合价的升降，该反应属于氧化还原反应，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2↑+2H2O；属于。‎ ‎30.已知硅及其化合物之间存在如图转化关系。其中A是制造芯片和光电池的主要原料；B是含硅化合物中的一种气体；某些C可作干燥剂或催化剂的载体；D是一种黏合剂，能将磨砂玻璃黏合在一起，E是一种比H2CO3酸性还弱的酸。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)写出A、C、E的化学式：A________、C________、E________。‎ ‎(2)①～⑦反应中，属于氧化还原反应的是________，属于置换反应的是______，属于离子反应的是________。‎ ‎【答案】 (1). Si (2). SiO2 (3). H2SiO3 (4). ①③④ (5). ①④ (6). ④⑤⑥‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解题流程：‎ ‎①～⑦反应分别是：‎ ‎①Si+4HF===SiF4↑+2H2↑‎ ‎。是氧化还原反应，也是置换反应，不是离子反应(氢氟酸是弱酸，在溶液中HF的电离微弱，不能拆为离子形式)；‎ ‎②SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O。不是氧化还原反应，不是置换反应，也不是离子反应；‎ ‎③Si+O2===SiO2是氧化还原反应，不是置换反应，也不是离子反应；‎ ‎④Si+2NaOH+H2O===Na2SiO3+2H2↑(Si+2OH−+H2O===SiO32-+2H2↑)。是氧化还原反应，是置换反应(有单质和化合物参加，也有单质和化合物生成)，也是离子反应；‎ ‎⑤2NaOH+SiO2===Na2SiO3+H2O(2OH−+SiO2=== SiO32-+H2O)。不是氧化还原反应，也不是置换反应，是离子反应；‎ ‎⑥Na2SiO3+2HCl===2NaCl+H2SiO3↓(SiO32-+2H+===H2SiO3↓)。不是氧化还原反应，也不是置换反应，是离子反应；‎ ‎⑦H2SiO3H2O+SiO2。不是氧化还原反应，不是置换反应，也不是离子反应。‎ 综合以上分析，①～⑦反应中，属于氧化还原反应的是①③④，属于置换反应的是①④，属于离子反应的是④⑤⑥。‎