西安市东仪中学2023学年化学高一下期末学业质量监测试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在测试卷卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在测试卷卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和

2、答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列有机物不能由CH2CH2通过加成反应制取的是()ACH3CH2ClBCH2ClCH2ClCCH3CH2OHDCH3COOH2、1-丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115125 ，反应装置如图，下列对该实验的描述错误的是( )A不能用水浴加热B长玻璃管起冷凝回流作用C提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤D图中装置不能较好的控制温度为115125 3、既可以用来鉴别甲烷和乙烯，又可以用来除去甲烷中混有的少量乙烯的操作方法是()A混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶B混合气体通

3、过盛有足量溴水的洗气瓶C混合气体通过盛有蒸馏水的洗气瓶D混合气体与适量氯化氢混合4、下列各组物质有关性质关系的比较，正确的是（）A硬度：SiO2CO2B溶解性：SiO2CO2C熔点：SiO2CO2（干冰）D酸性：H2CO3H2SiO35、在我国的南海、东海海底已发现天然气的水合物，它易燃烧，外形似冰，被称为“可燃冰”。“可燃冰”的开采，有助于解决人类面临的能源危机。下列说法不正确的是()A可燃冰的主要成分是甲烷 B可燃冰的形成说明甲烷易溶于水C常温常压下可燃冰极易挥发 D可燃冰是一种极具潜力的能源6、下列有关自然资源的开发利用的叙述正确的是A通过催化重整，可从石油中获取环状烃B金属铝的冶炼可采

4、取电解熔融氯化铝的方法C石油的裂化和裂解属于化学变化而煤的液化、气化属于物理变化D煤中含有的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来获得7、甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，用作燃料电池的电极反应为：负极：CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O， 正极：2O2+4H2O+8e-=8OH-。该电池工作时，下列叙述正确的是（ ）A氧气发生氧化反应B每转移2 mol电子，电池内增加2 mol H20C该电池的能量转化率可达100%D负极附近溶液的pH降坻8、某甲烷燃料电池构造示意图如下，关于该电池的说法不正确的是Aa极是负极，发生氧化反应B正极的电极反应是：O2+2H2O+4e-=4O

5、H-C该甲烷燃料电池的总反应：CH4+2O2=CO2+2H2OD甲烷燃料电池是环保电池9、化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A甲：Fe棒为负极，电极反应为 Fe-3e-=Fe3+B乙：正极的电极反应式为 O24e-4H+=2H2OC丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D丁：使用一段时间后硫酸铅沉淀在电极板上，溶液酸性减弱，导电能力下降10、下列关于油脂的说法不正确的是( )A油脂在小肠内的消化产物是硬脂酸和甘油B天然油脂大多是由混甘油酯分子构成的混合物C脂肪里的饱和烃基的相对含量较大，熔点较高D油脂的主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类11、下列各组离子，在

6、溶液中能大量共存的是( )AAl3、K、 NO3、Ca2+ BCa2、Na、CO32、K+COH、Cl、NH4、SO42- DH、HCO3、Cl、NH412、银锌电池是一种常见化学电源，这种银锌电池的续航能力要比锂离子电池强，有望取代锂电池。其放电过程可表示为ZnAg2OH2O=Zn(OH)22Ag，其工作示意图如下。下列说法不正确的是 （ ）A放电过程中, 化学能转化为电能B放电过程中, 阳离子移向Ag2O 电极CZn 电极的电极反应式：Zn2e2OH=Zn(OH)2D放电过程中电解质溶液的碱性不变13、下列元素不属于第三周期的是()ANaBMgCAlDN14、检验铵盐的一般方法是将待检物质

7、取出少量放入试管中，然后 （ ）A直接加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口处检验B加水溶解，向溶液中滴加紫色石蕊溶液C加入氢氧化钠溶液并加热，后再滴入酚酞溶液D加氢氧化钠加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口处检验15、下列关于物质的量的表述中不正确的是A1.5 mol H2O和2.5 mol水B2 mol H2SO4和5 mol硫酸C1.2 mol H2和1.6 mol氢D10 mol Ne和12 mol氖原子16、依据2Fe2Cl2=2Fe32Cl，HClOHCl=Cl2H2O,2Fe3Cu=2Fe2Cu2，FeCu2=Fe2Cu，判断下列氧化剂的氧化性强弱顺序正确的是()AFe3HClOCl2

8、Fe2Cu2BHClOCl2Fe3Cu2Fe2CCl2HClOFe3Cu2Fe2DFe3Cu2Cl2HClOFe217、下列物质中，分别加入金属钠，不能产生氢气的是A苯B蒸馏水C无水酒精D乙酸18、一定温度下，反应N2（g）3H2（g）2NH3（g）的反应热和化学平衡常数分别为H和K, 则相同温度时反应4NH3（g）2N2（g）6H2（g）反应热和化学平衡常数为( )A2H和2KB-2H和 K2C-2H和 K-2D2H和-2K19、下列化学术语或表示方法错误的是AS2-的结构示意图：BCO2的结构式：O=C=OC醋酸的分子式：CH3COOHD乙烯的结构简式：CH2=CH220、如图所示的两个实

9、验装置中，溶液的体积均为200mL，开始时电解质溶液的浓度均为0.1mol/L，工作一段时间后，测得导线上均通过0.02mol电子，若不考虑溶液体积的变化，则下列叙述中正确的是（ ）A产生气体的体积：（1）（2）B溶液PH的变化：（1）增大，（2）减小C电极上析出物质的质量：（1）（2）D电极反应式：（1）中阳极：40H-4e-=2H2O+O2（2）中负极：2H+2e-=H221、在一密闭容器中进行如下反应：2SO2（气）+ O2（气） 2SO3（气）。已知反应过程中的某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为：0.2 molL1、0.1 molL1、0.2 molL1，当反应达平衡时，可能存在

10、的数据是ASO2为0.25 molL1BSO2、SO3均为0.15 molL1CSO2为0.4 molL1DSO2为0.4 molL1，O2为0.2 molL122、下列说法不正确的是()A蛋白质都是由C、H、N、O四种元素组成的B天然蛋白质水解的最终产物均为氨基酸C强酸、强碱和重金属盐都可使蛋白质变性D构成蛋白质的某些氨基酸人体自身是不能合成的二、非选择题(共84分)23、（14分）以甲苯、苯酚为原料可以合成黄酮醇(C)：已知：RCHO+CH3COCH3RCH=CHCOCH3+H2O回答下列问题：(1)反应属于_（填反应类型），所需的试剂为_，产物中官能团的名称为_。(2)反应属于_（填反应

11、类型），反应的方程式为_ 。(3)反应的条件是_。(4)下列关于黄酮醇（C）的说法错误的是_。A.能燃烧生成CO2和H2O B.能与H2发生加成反应C.能与金属钠反应生成H2 D.所有原子一定都在同一平面上(5)A有多种同分异构体，请写出含有苯环的羧酸的结构简式：_。24、（12分）A、B、D、E、X、Y为元素周期表中六种主族元素，其原子序数依次增大。常温下，A2D呈液态；B是大气中含量最高的元素；E、X、Y原子最外层电子数相同，且E的最外层电子数比次外层电子数少1；过渡元素Z与D可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z2D3常用作红色油漆和涂料。请用化学用语回答下列问题：(1)A与D可形成既含极性

12、键又含非极性键的化合物W，W的水溶液呈弱酸性，常用作无污染的消毒杀菌剂，W的电子式为_。(2)向W溶液中加入ZE3，会减弱W的消毒杀菌能力，溶液呈现浅黄色。用化学方程式表示其原因是_。(3)将E2的水溶液加入浅绿色的ZE2溶液中发生反应的离子方程式是_。(4)X和Y的单质，分别与H2化合时，反应剧烈程度强的是_(填化学式)；从原子结构角度分析其原因是_。25、（12分）实验室里需要纯净的NaCl溶液，但手边只有混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl。某学生设计了如图所示方案提取纯净的NaCl溶液。如果此方案正确，那么：(1)操作为_，操作、都用到的玻璃仪器有_。(2)操作为什么不用硝酸钡溶液

13、，其理由是_。(3)进行操作后，如何判断SO42-已除尽，方法是_。(4)操作的目的是_，为什么不先过滤后加碳酸钠溶液？理由是_。(5)操作的目的是_。26、（10分）某化学研究性学习小组针对原电池形成条件，设计了实验方案，进行如下探究。(1)请填写有关实验现象并得出相关结论。编号实验装置实验现象1锌棒逐渐溶解，表面有气体生成；铜棒表面无现象2两锌棒逐渐溶解，表面均有气体生成；电流计指针不偏转3铜棒表面的现象是_，电流计指针_通过实验2和3，可得出原电池的形成条件是_。通过实验1和3，可得出原电池的形成条件是_。若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，从而可得出原电池形成条件是_。(

14、2)分别写出实验3中Zn棒和Cu棒上发生的电极反应式：Zn棒：_。Cu棒：_。(3)实验3的电流是从_棒流出(填“Zn”或“Cu”)，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，则Zn电极质量减轻_g。27、（12分）海洋植物如海藻、海带中含有丰富的碘元素,碘元素以碘离子的形式存在。实验室中从海藻中提取碘的流程如图：(1)溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液后发生反应的离子方程式式为_。(2)上述流程中实验操作的名称是_。(3)证明溶液b中含有单质碘的实验操作是_。(4)溶液b中加入的试剂X可以选择是_。A酒精 B苯 C乙酸 D四氯化碳28、（14分）乙酸乙酯是应用非常广泛的有机溶剂，主要用于

15、涂料、油墨、粘合剂、胶片、医药、化工、电子、化妆品及食品行业等。实验室可用乙酸与乙醇反应制备乙酸乙酯。(1)为判断乙酸乙酯中与乙基(-CH2CH3)相连的氧原子的来源，请没计一种可进行判别的方案_。(无需给出实验装置实验步骤，只需给出设计思想)。(2)为证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用下图所示装置进行以下四个实验，实验结束后充分振荡试管II再测有机层的厚度，实验记录如下：编号试管I中的试剂有机层厚度/cmA3mL乙醇、2mL乙酸、1mL18mol/L浓硫酸3.0B3mL乙醇、2mL乙酸0.1C3mL乙醇、2mL乙酸、6mL3mol/L硫酸1.2D3mL乙醇、2mL乙酸

16、、盐酸1.2试管II中试剂的名称为_，其作用是_。分析比较实验_(填实验编号)的数据，可推测出浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。分析比较实验C、D，证明对酯化反应具有催化作用的是H+。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是_mL和_mol/L。(3)现代化工生产探索以CH3CHO为原料，用(CH3CH2O)3Al作催化剂，合成乙酸乙酯：2CH3CHOCH3COOCH2CH3在实验室中进行该实验时，不同条件下的实验结果如下表所示：实验序号催化剂用量/g反应温度/反应时间/h副产物/%选择性/%转化率/%10.3686.5-2520.3599.999.620.27810-0.5520.1299.8

17、195.3930.3686.5-2120.199.899.740.36810-0.5520.899.597.3（注）选择性：转化的CH3CHO中生成CH3COOCH2CH3的百分比。下列说法正确的是_(填编号)。A用乙醛合成乙酸乙酯，可减少“工业三废”的排放B温度越高反应速率越快，乙醛的转化率越高C用乙醛合成乙酸乙酯的反应时间控制在12h为宜D催化剂用量不会影响合成反应的选择性转化率E.(CH3CH2O)3Al是乙醛制乙酸乙酯的高效催化剂29、（10分）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：（1）氢

18、氧燃料电池能量转化的主要形式是_，在导线中电子流动方向为_（用a、b表示）。（2）负极反应式为_。（3）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能，大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：.2LiH2=2LiH.LiHH2O=LiOHH2反应中的还原剂是_，反应中的氧化剂是_。金属锂吸收的氢气与放出的氢气的物质的量之比为_。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【答案解析】A.可由乙烯和HCl加成制取，故不选A；B.可由乙烯和氯气加成制取，故不选B；C.可由乙烯与水

19、加成制取，故不选C；D.乙酸可由乙醇或乙醛氧化制取，不能利用加成反应制取；答案：D2、C【答案解析】分析：本题考查的是酯的制备和分离。根据酯的形成条件和性质进行分析。详解：A.反应温度为115125 ，水浴加热控制温度在100 以下，不能用水浴加热，故正确；B.长玻璃管能使乙酸气体变为乙酸液体流会试管，起到冷凝回流作用，使反应更充分，故正确；C.提纯乙酸丁酯不能使用氢氧化钠，因为酯在氢氧化钠的条件下水解，故错误；D. 该装置是直接加热，不好控制反应温度在115125 ，故正确。故选C。3、B【答案解析】A乙烯可使酸性KMnO4溶液褪色，甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，可以鉴别，但酸性KMnO4

20、溶液能将乙烯氧化生成CO2，又引入新的杂质CO2，A错误；B乙烯与溴发生反应：CH2=CH2Br2，生成油状液体1，2二溴乙烷，溴水褪色，甲烷与溴水不反应，可以鉴别，并且还可除去甲烷中的乙烯，B正确；C甲烷与乙烯均难溶于水，不能鉴别，且不能除去甲烷中的乙烯，C错误；D乙烯在适当条件下才能与HCl发生加成反应氯乙烷，反应中HCl的量难以控制，且不能除去甲烷中的乙烯，D错误；答案为B。4、D【答案解析】A二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，则硬度：SiO2CO2，A错误；B二氧化硅不溶于水，二氧化碳与水反应生成碳酸，可知溶解性：SiO2CO2，B错误；C二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，

21、则熔点：SiO2CO2，C错误；D非金属性CSi，则酸性：H2CO3H2SiO3，D正确；答案选D。【答案点睛】本题考查晶体的性质，把握晶体类型、物理性质的比较方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。5、B【答案解析】A、“可燃冰”是天然气的水合物，主要成分是甲烷，选项A正确；B、甲烷不溶于水，选项B不正确；C、常温常压下甲烷是气体，故可燃冰极易挥发产生甲烷气体，选项C正确；D、“可燃冰”的开采，有助于解决人类面临的能源危机，所以可燃冰是一种极具潜力的能源，选项D正确。答案选B。6、A【答案解析】A. 通过催化重整，可从石油中获取环状烃，如芳香烃，A正确

22、；B. 熔融的氯化铝不导电，金属铝的冶炼可采取电解熔融氧化铝的方法，B错误；C. 石油的裂化和裂解、煤的液化和气化均属于化学变化，C错误；D煤干馏得到煤焦油中含有芳香烃，可用分馏的方法从煤焦油中获得芳香烃，但煤中不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，D错误；答案选A。7、D【答案解析】A氧气得电子，被还原生成OH-，A错误；B由电极方程式可知总反应为CH4+2O2+2OH-CO32-+3H2O，则每转移2mol电子，电池内增加3/4molH2O，B错误；C原电池的能量转化率达不到100%，C错误；D负极发生CH4+2O2+2OH-CO32-+3H2O，c（OH-）减小，则pH减小，D正确，答案选D。

23、点睛：本题考查了甲烷燃料电池，根据电极上得失电子、电子流向、原电池的概念来分析解答即可，注意燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，难点是电极反应式的书写，注意结合溶液的酸碱性。8、C【答案解析】测试卷分析：A、a极通入甲烷，甲烷发生氧化反应，所以a极是负极，正确；B、正极是氧气发生还原反应，得到电子，结合电解质溶液中的水生成氢氧根离子，正确；C、因为电解质为碱性，所以生成的二氧化碳与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，错误；D、甲烷燃料电池最终的错误是碳酸根离子和水，对环境无污染，为环保电池，正确，答案选C。考点：考查甲烷燃料电池的分析判断9、A【答案解析】A.在铜、铁原电池

24、中，Fe为负极，发生氧化反应，失去电子变为Fe2+，A错误；B.在氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为正极，由于电解质溶液为酸性，因此正极的电极反应式为O24e-4H+=2H2O，B正确；C.在锌锰干电池中，由于活动性ZnC，所以Zn为负极，失去电子，发生氧化反应变为Zn2+，所以随着电池的使用，锌筒不断被消耗，而逐渐变薄，C正确；D.在铅蓄电池中，负极上Pb失去电子变为Pb2+，与溶液中的SO42-结合形成PbSO4，在正极上发生反应：PbO2+4H+SO42-=PbSO4+2H2O，因此使用一段时间后，随着反应的不断进行，硫酸铅沉淀在电极板上，溶液中浓度降低，溶液的酸性减弱，导电能力下降，D正

25、确；故合理选项是A。10、A【答案解析】A、油脂在小肠内消化产物是高级脂肪酸和甘油，不一定是硬脂酸，A错误；B、天然油脂是混合物，多数是混甘油酯，B正确；C、饱和烃基的相对含量越大，熔点越高，所以脂肪熔点比油高，呈固态，C正确；D、油脂的主要成分是高级脂肪酸的甘油酯，D正确。答案选A。11、A【答案解析】分析:根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子能大量共存，以此来解答。详解：A因该组离子之间不反应，能共存，故A正确；BCa2和CO32结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；C因OH、NH4结合生成NH3H2O，则不能共存，故C错误；D因H、HCO3结合生成水和气体，则不能共存，故D错误

26、；故选A。点睛：本题考查离子的共存问题，侧重复分解反应发生的条件的考查，熟悉常见离子之间的反应及物质的溶解性即可解答，题目较简单。12、D【答案解析】由放电反应式为Zn+Ag2O+H2O=Zn（OH）2+2Ag可知，Zn电极为原电池负极，Zn 失电子发生氧化反应生成Zn(OH)2，电极反应式为Zn+2OH-2e-=Zn（OH）2，Ag2O为正极，Ag2O得电子发生还原反应生成Ag，电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，电池工作时，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动。【题目详解】A项、银锌电池放电过程中将化学能转化为电能，故A正确；B项、放电过程中, 阳离子向正极移动，Ag2

27、O为正极，则阳离子移向Ag2O 电极，故B正确；C项、Zn电极为原电池负极，Zn 失电子发生氧化反应生成Zn(OH)2，电极反应式为Zn+2OH-2e-=Zn（OH）2，故C正确；D项、由反应方程式可知，电池工作时消耗水，水的量减少，KOH溶液的浓度增大，溶液pH增大，碱性增强，故D错误；故选D。【答案点睛】本题考查原电池的工作原理，明确电极反应、原电池的正负极以及电池反应的关系，注意结合氧化还原反应来分析是解答关键。13、D【答案解析】A. Na属于第三周期第IA族，不符合题意； B. Mg属于第三周期第IIA族，不符合题意； C. Al属于第三周期第IIIA族，不符合题意； D. N属于第

28、二周期第VA族，符合题意；答案选D。14、D【答案解析】分析：铵盐中含有NH4+离子，它的特点是遇碱溶液发生反应放出氨气，氨气极易溶于水并与水作用变为氨水，它显碱性能使红色石蕊试纸变蓝，据此分析解答。详解：直接加热铵盐晶体虽然也可分解产生氨气，但同时会生成其它气体，混合气体及水蒸气在到达试管口之前又冷却化合成为原铵盐晶体附着在试管壁上，故无法使湿润红色石蕊试纸变蓝，A错误；铵盐溶液中因为铵根离子水解导致溶液显酸性,石蕊试液会显红色,但是能够使石蕊试液变红的溶液中不一定含有铵根离子,B错误；加强碱溶液后加热,再滴入无色酚酞试液,因为强碱溶液呈碱性,不能确定是否有铵根离子,C错误；将铵盐和氢氧化钠

29、混合后入加热,用湿润红色石蕊试纸口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色.说明产生了氨气，这是因为铵根离子和氢氧根离子反应产生的，该物质属于铵盐，D正确；正确选项D。点睛：实验室制备氨气一般都用熟石灰与氯化铵固体混合加热制备，氨气的密度小于空气的密度，极易溶于水，因此只能采用向下排空气法收集；不能用氯化铵固体加热制备氨气，氯化铵分解产生的氨气和氯化氢遇冷又凝结为氯化铵固体，得不到氨气。15、C【答案解析】1.6mol氢指代不明，分子、原子、离子未指明，故C错误；故选C。【答案点睛】物质的量是表示微观离子的物理量，需要标注微粒种类。16、B【答案解析】在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性

30、，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。【题目详解】2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2Fe3+；HClO+H+Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClOCl2；2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+Cu2+；Fe+Cu2+=Fe2+Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+Fe2+；综上可得氧化剂的氧化性强弱顺序是HClOCl2Fe3+Cu2+Fe2+；答案选B。【答案点睛】本题考查氧化性强弱的判断，根据元素化合价变化来分析判断即可

31、，注意“氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”规律的使用。17、A【答案解析】A、金属钠不与苯发生反应，故A符合题意；B、Na与H2O发生2Na2H2O=2NaOHH2，故B不符合题意；C、金属钠与酒精发生2Na2CH3CH2OH2CH3CH2ONaH2，故C不符合题意；D、金属钠与乙酸发生2Na2CH3COOH2CH3COONaH2，故D不符合题意；答案选A。18、C【答案解析】正反应是放热反应，则逆反应就是吸热反应，反之亦然，所以氨气分解的反应热是2H。平衡常数是在反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此如果化学计量数不变的话，则逆反应的平衡常数是正反应平衡常数

32、的倒数。由于逆反应的化学计量数均是原来的2倍，所以选项C是正确的。答案选C。19、C【答案解析】A硫离子质子数为16，核外电子数为18，3个电子层，最外层电子数为8，硫离子结构示意图为，故A正确；B二氧化碳是直线型结构，分子中含两个碳氧双键，CO2的结构式：OCO，故B正确；C醋酸分子式由碳、氢、氧三种元素组成，分子式为C2H4O2，CH3COOH为醋酸的结构简式，故C错误；D乙烯的分子式为C2H4，含有1个C=C键，官能团为碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故D正确；故选C。20、C【答案解析】（1）有外接电源，是电解池；（2）没有外接电源，是原电池，锌的活泼性大于铜的，所以锌是负极

33、，铜是正极。如果导线上通过0.02mol电子，则A（1）阳极发生4OH-4e-=2H2O+O2，生成0.005molO2，（2）正极反应为2H+2e-=H2，生成0.01molH2，则产生气体的体积（1）（2），A错误；B（1）消耗OH-，生成H+，溶液pH减小，（2）消耗H+，溶液pH增大，B错误；C（1）析出的相当于CuO，析出质量=0.02mol/280g/mol=0.8g，（2）析出的是氢气，其质量=0.02mol/2g/mol2=0.02g，所以（1）（2），C正确；D（2）中负极反应为Zn-2e-=Zn2+，D错误，答案选C。点睛：本题考查原电池和电解池的工作原理，注意把握电极方程

34、式的书写，为解答该题的关键，注意原电池和电解池的区别。21、A【答案解析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此分析判断。【题目详解】2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，某时刻(mol/L) 0.2 0.1 0.2 极限转化(mol/L) 0.4 0.2 0极限转化(mol/L) 0 0 0.4ASO2为0.25mol/L，SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度为0.4mol/L，实际浓度

35、为0.25mol/L小于0.4mol/L，故A正确；B反应物、生产物的浓度不可能同时减小，只能一个减小，另一个增大，故B错误； CSO2为0.4mol/L，SO2的浓度增大，说明该反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，SO2的浓度最大为0.4mol/L，达到平衡的实际浓度应该小于0.4mol/L，故C错误；DSO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度分别为0.4mol/L、0.2mol/L，但SO3不可能完全转化，达到平衡SO2的实际浓度应该小于0.4mol/L，O2的实际浓度应该小于0.2 molL1，故D错误；答案选A。22、

36、A【答案解析】A、蛋白质一般由C、H、N、O四种元素组成的，有的还有P、S等元素，故A错误；B、天然蛋白质水解的最终产物均为氨基酸，故B正确；C、强酸、强碱和重金属盐都可使蛋白质变性，故C正确；D、人体不能合成所有的氨基酸，人体不能合成的氨基酸就必须从食物中摄取，故D正确；综上所述，本题应选A。二、非选择题(共84分)23、氧化反应 酸性KMnO4溶液 羧基 取代反应 +CH3COCl+HCl NaOH溶液/加热 D 、 【答案解析】（1）反应是甲苯被酸性高锰酸钾氧化成苯甲酸，发生氧化反应，苯甲酸中的官能团为羧基，故答案为：氧化反应；酸性KMnO4溶液；羧基；（2）反应是苯酚中与羟基相连的碳的

37、邻碳上的氢被替换，属于取代反应，反应的方程式为+CH3COCl+HCl ，故答案为：取代反应；+CH3COCl+HCl；（3）对比反应物和生成物的结构可以推知反应发生的是已知提示的反应，条件是NaOH溶液/加热，故答案为：NaOH溶液/加热；（4）A.黄酮醇（C）是有机物，能燃烧生成CO2和H2O，故A正确；B.黄酮醇（C）的分子结构中有碳酸双键，羰基，苯环，均能与H2发生加成反应，故B正确；C.黄酮醇（C）的分子结构中有羟基，能与金属钠反应生成H2 ，故C 正确；D.黄酮醇（C）有羟基，碳氧单键和氧氢单键均能旋转，且此处碳原子，氧原子和氢原子不在一条直线上，所有原子不一定都在同一平面上，故D

38、错误；综上所述，故答案为：D；（5）A有多种同分异构体，含有苯环的羧酸的结构简式有、，故答案为：、。24、 2H2O22H2OO2 Cl22Fe2=2Cl2Fe3 Br2 Br、I属于第A族(同一主族)元素，自上而下电子层数增加，非金属性减弱，反应的剧烈程度减弱 【答案解析】常温下，A2D呈液态，A2D是水，A是H元素、D是O元素；B是大气中含量最高的元素，B是N元素；E、X、Y原子最外层电子数相同，且E的最外层电子数比次外层电子数少1，则E是Cl、X是Br、Y是I；过渡元素Z与D可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z2D3常用作红色油漆和涂料，Z2D3是氧化铁，Z是Fe元素。【题目详解】(1)H

39、与O形成的既含极性键又含非极性键的化合物W是过氧化氢，电子式为；(2) ZE3是FeCl3，Fe3+催化分解过氧化氢，会减弱过氧化氢的消毒杀菌能力，化学方程式是2H2O22H2OO2；(3)将氯水加入浅绿色的FeCl2溶液中，FeCl2被氧化为FeCl3，发生反应的离子方程式是Cl22Fe2=2Cl2Fe3；(4) Br、I属于第A族(同一主族)元素，自上而下电子层数增加，非金属性减弱，反应的剧烈程度减弱，所以与H2化合时，Br2反应剧烈程度强。25、过滤 烧杯、玻璃棒 溶液中引入新的杂质离子NO3 取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42已除尽 除去过量的Ba2 先加Na2

40、CO3然后过滤，可以减少一次过滤操作 除去溶解在溶液中的HCl 【答案解析】混合物溶解后加入氯化钡可生成硫酸钡沉淀，过滤后得到滤液含有氯化钠、氯化钡、碳酸氢钠，加入碳酸钠溶液生成碳酸钡沉淀，过滤，滤液中含有碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠，加入盐酸，盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠均反应生成氯化钠、水和二氧化碳，加热煮沸，可得到纯净的氯化钠溶液，以此解答该题。【题目详解】（1）加入碳酸钠后有碳酸钡沉淀产生，除去碳酸钡的方法是过滤，则操作为过滤；操作、分别是溶解、过滤、蒸发，因此都用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒。（2）加入硝酸钡溶液，硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，因此

41、操作不用硝酸钡溶液。（3）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已全部沉淀的判断方法为取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42已除尽。（4）操作加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，目的是除去溶液中过量的Ba2+，先加Na2CO3然后过滤，可以减少一次过滤操作，所以不先过滤后加碳酸钠溶液。（5）由于盐酸过量，则操作的目的是除去溶解在溶液中的HCl。【答案点睛】本题考查混合物分离提纯，把握离子反应、试剂的加入顺序、除杂原则为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂试剂过量及分离方法的应用。26、有气体生成 发生偏转 活泼性不同的两个电极 形

42、成闭合回路 有电解质溶液 Zn2eZn2 2H2eH2 Cu 13 【答案解析】分析：（1）根据实验现象、装置特点结合原电池的构成条件、原电池工作原理分析解答；（2）实验3中锌是负极，铜是正极，据此解答。（3）原电池中电流与电子的流向相反，根据负极反应式计算。详解：（1）实验3中构成原电池，锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子放电，则铜棒表面的现象是有气体生成，电流计指针发生偏转；实验2和3相比电极不一样，因此可得出原电池的形成条件是有活泼性不同的两个电极。实验1和3相比实验3中构成闭合回路，由此可得出原电池的形成条件是形成闭合回路。若将3装置中硫酸换成乙醇，电流计指针将不发生偏转，由于乙醇是非

43、电解质，硫酸是电解质，因此可得出原电池形成条件是有电解质溶液。（2）锌是负极，发生失去电子的氧化反应，则Zn棒上发生的电极反应式为Zn2eZn2。铜是正极，溶液中的氢离子放电，则Cu棒上发生的电极反应式为2H2eH2。（3）实验3中锌是负极，铜是正极，则电流是从Cu棒流出，反应过程中若有0.4mol电子发生了转移，根据Zn2eZn2可知消耗0.2mol锌，则Zn电极质量减轻0.2mol65g/mol13.0g。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池的构成条件，即：能自发地发生氧化还原反应；电解质溶液或熔融的电解质(构成电路或参加反应)；由还原剂和导体构成负极系统，由氧化剂和导体构成

44、正极系统；形成闭合回路(两电极接触或用导线连接)。27、 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O 分液 取少量溶液b于试管中，滴加适量淀粉溶液,溶液变蓝色,溶液中含有碘单质 BD【答案解析】分析：海藻经过灼烧、浸泡和过滤等操作，得到溶液a中含有碘离子，溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质；碘单质可以用淀粉溶液来检验，碘单质可以使淀粉变蓝；提取碘单质可以用萃取的方法，萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，萃取剂与溶质不反应，碘在四氯化碳或苯中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳或苯和水都不互溶，且四氯化碳或苯和碘都不反应，故可用四氯化碳或苯。详解：(1)溶液a中加入稀H2SO4、H2O2溶液目的是将溶液中的碘离子还原为碘单质，离子方程式式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O。（2）操作目的为了分离制备出的碘单质，分离碘单质可以用萃取的方法；（3）碘单质可以