云南省玉溪市2022届化学高一下期末检测模拟试题《5份试卷合集》

高一（下）学期期末化学模拟试卷ー、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）.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,明硏JKAl（SO4）2Z2H2O］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,可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C.化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A.氢氧化铁胶体常用于净水,是因其具有杀菌消毒作用B,金属镁的熔点高达2800C,是优质的耐高温材料C.化学电源的能量转化率是燃料燃烧所不可比拟的D.通入过量空气,可以使燃料充分燃烧,同时提高热能利用率.设Na代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是7.1gCh与足量的铁反应转移电子数目为0.3Na17g甲基（-14cH3）中含有的质子数为8Na48go2和O3的混合物含有的原子数为3Na100mL0.5mol/L的乙酸溶液中分子总数小于。.05Na.化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语表示正确的是A.F的结构示意图:@）,ブ B.中子数为10的氧原子为ヾ。C.氯化氢的电子式为H+ERL：］- D,乙烯的结构简式为CHzCHz.1869年，俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表,揭示了化学元素间的内在联系,成为化学史上的重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是A,第IA族的元素全部是金属元素B.元素周期表有18个族C.元素周期表有7个周期D.短周期是指第1、2、3、4周期.下列关于新制氯水及久置氯水的说法中不正确的是（）A,新制的氯水呈黄绿色,久置的氯水变为无色B.新制的氯水漂白作用强,久置的氯水漂白作用很弱C.新制的氯水所含微粒种类多,久置的氯水所含微粒种类较少D,新制的氯水中无氯离子,久置的氯水中含有氯离子.将Baユ放入密闭真空容器中,反应2BaO?（s）=2BaO（s）+02（g）达到平衡,保持温度不变,缩小容器容积,体系重新达到平衡,下列说法正确的是A,平衡常数减小 B.BaO量不变C.氧气压强不变D.BaO^量减少.根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断,其中错误的是A.钺（Be）的原子失电子能力比镁弱 B.碳（At）的氢化物不稳定C.硒（Se）化氢比硫化氢稳定 D.氢氧化锢［Sr（OH）“比氢氧化钙的碱性强.利用下列反应不能制得括号中纯净物质的是A,乙烯与氯气加成（1,2二氯乙烷）B.氯气与苯用氯化铁作催化剂反应（氯苯）C,等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下反应（氯乙烷）D.乙烯与水加成（乙醇）.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A,油脂能在碱性条件下水解,可用于工业上制取肥皂B.碘单质易溶于有机溶剂,可用酒精萃取碘水中的碘C.二氧化铳具有较强的氧化性，可用于HzG分解的氧化剂D.聚氯乙烯膜具有塑性和弹性,可用作食品保鲜膜.下列说法不正确的是（）A,煤的气化和液化是使煤变成清洁能源的有效途径B,煤的干徳过程属于物理变化,通过干情可以得到焦炉气、煤焦油、焦炭等产品c.煤里主要含有碳及少量的其他元素，工业上大量燃烧含硫燃料是形成“酸雨”的主要原因D.煤是由无机物和有机物组成的非常复杂的混合物.下列说法正确的是A,油脂属于酯类化合物,酯类在碱性条件下的水解叫皂化反应B.用电子式表示氯化氢分子的形成过程:レ+・ロ: C.浓硝酸溅在皮肤上,使皮肤呈黄色是由于浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应D.エ业上常用电解熔融AlCb的方法来制备单质铝13.合成氨エ业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中的反应:Nz（g）+3H2（g）=i2NH3（g）,在温度673K、压强30MPa下，n（NH“和n（Hz）随时间t变化的关系示意图如图所示。下列叙述中正确的是c点处正反应速率和逆反应速率相等a点处正反应速率比b点处的大d点（ti时刻）和e点（tz时刻）处n（Nz）不同t2点时刻,正反应速率大于逆反应速率.将S02通入BaCレ溶液至饱和,未见沉淀,继续通入气体X仍无沉淀,则X可能是（ ）A.Cl2 B.NH3 C.NOz D.CO2.某溶液中可能含有H・、NH4+、Mg2+、A伊、Fe3+、CO32~.SO?",NO3一中的几种.①若加入锌粒,产生无色无味的气体;②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示.则下列说法正确的是（ ）0-1 〇-5 °-7°-8n（NaOH）/molA,溶液中一定不含CO/，可能含有SO/一和NOJB.溶液中n（NH4+）=0.2molC.溶液中的阳离子只有H+、Mg2\A伊D.n（H+）:n（A四）：n（Mg2+）=1：1：116.一定条件下,对于可逆反应X（g）+3Y（g）12Z（g）,若X、Y、Z的起始浓度分别为む、cz、cs（均不为零），达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1mol• 0.3mol• 0.08mol•L1,则下列判断正确的是（）A.缶：ca=3：1 B,平衡时,丫和Z的生成速率之比为2:3C.X、丫的转化率不相等 D.5的取值范围为〇＜cK0.14moi•!?.下列物质中，能用于厨房除水垢的是（）A,乙醇 B.乙酸 C,乙酸乙酯 D.苯.甲烷可制成燃料电池,其装置如图所示。下列说法正确的是（ ）a极是正极b极电极反应式为:O2-4e+4H+=2H2OC.电解质溶液可能为碱性溶液D«若正极消耗的气体为2.24L（标况下）,理论上电路中通过的电子的物质的量为0.4mol（6分）下列有关化学反应速率的说法中,正确的是A.往容积一定的容器中再通入。2,可以加快反应2SO2+O2マU=2so3的反应速率B,用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率C.对于C（s）+H20（g）=^:C0（g）+H2（g）的反应,加入固体炭，反应速率加快D.100mL2mol七】的盐酸与锌反应时,加入适量的氯化钠溶液,生成氢气的速率不变（6分）も为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.标准状况下,11.2L联中含有H-0键数目为治B.常温常压下,15g甲基（-CHa）所含的电子数为9N*6.4gS0z和Imola充分反应,转移的电子数为0.2Na0.Imol/L的NaC!溶液中,Na,的离子数目为0.1弗二、计算题（本题包括1个小题,共10分）（6分）标准状况下,1.681.无色的可燃气体在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水中，得到白色沉淀质量为15g;若用足量碱石灰吸收燃烧产物,增重9.3g。（1）燃烧产物中水的质量为g«（2）若原气体是单ー气体,则其分子式为〇¢3）若原气体是由两种等物质的量的气态燈组成的混合物,请写出他们的分子式 .（请写出两组）（4）若原气体是由两种等物质的量的气体组成的混合物,其中只有一种是燈,请写出他们的分子式 «（请写出两组）三、实验题（本题包括1个小题,共10分）（8分）红葡萄酒密封储存时间越长,质量越好,原因之一是储存过程中生成了有香味的酯。在实验室也可以用如下图所示的装置制取乙酸乙酯,请回答下列问题。乙醉、乙酸レーf和浓硫酸セ，1劣!⑴用化学方法可以鉴别乙醇和乙酸的试剂是（填字母）；a,稀硫酸 b.酸性KMnO4溶液c.NaOH溶液 d.紫色的石蕊溶液（2）试管a中加入几块碎瓷片的目的是;（3）为了研究乙醇与乙酸反应的机理,若将乙醇中的氧原子用鶏〇标记,写出标记后试管a中发生反应的化学方程式:;其反应类型是;（4）反应开始前,试管b中盛放的溶液是;（5）反应结束后,常用操作把试管b中合成的酯分离出来。四、推断题（本题包括1个小题,共10分）（8分）（化学与技术）聚合氯化铝晶体的化学式为【AL（OH）nC就メ出〇间,它是ー种高效无机水处理剂,它的制备原理是调节增大べ5溶液的pH,通过促进其水解而结晶析出。其制备原料主要是铝加工行业的废渣ーー铝灰,它主要含ALO3、AI,还有SiOz等杂质。聚合氯化铝生产的工艺流程如下:

«K«i）«K«i）¢1）搅拌加热操作过程中发生反应的离子方程式 ；（2）生产过程中操作B和D的名称均为（B和D为简单操作）。（3）反应中副产品a是（用化学式表示）。（4）生产过程中可循环使用的物质是（用化学式表示）。¢5）调节pH至4.0~4.5的目的是〇（6）实验室要测定水处理剂产品中n和x的值。为使测定结果更准确,需得到的晶体较纯净。生产过程中C物质可选用。A.NaOH B.Al C.氨水 D.AI2O3E.NaAIO2五、综合题（本题包括1个小题,共10分）（10分）海洋具有十分巨大的开发潜カ,人们可以从海水中获得多种物质.エ业上进行海水淡化有多种方法.（1）蒸储法是历史悠久，技术和エ艺比较成熟的海水淡化方法，如图1是海水蒸悟法装置示意图,仪器B的名称是〇图1 图2（2）图2是膜分离技术进行淡化的原理示意图,水分子可以透过淡化膜，而海水中其他各种粒子不能通过淡化膜,加压后，右侧海水中减少的是（填字母）。A,溶质质量 B,溶剂质量 C,溶质的物质的量浓度n.从海水中提取ー些重要的化工产品的工艺流程如图所示。根据上述流程图回答下列问题:(3)标准状况下22.4LCL气体发生反应②,转移的电子数是Na«(4)过程③到过程⑤的变化为"Br-fBrzfBr-fBrz”,其目的是(5)过程⑥0⑧⑨⑩中没有涉及的化学反应类型是〇A,分解反应 B.化合反应 C.复分解反应 D,置换反应(6)写出反应④与⑩的化学方程式④;⑩«参考答案ー、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.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.明矶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,【解析】A、Fe（OH刀胶体具有吸附性,可以吸附水中悬浮的颗粒并沉降,从而起到净水作用。但并不能杀菌消毒,选项A错误;B.镁熔点低,能在空气中燃烧,不能用于耐高温材料,氧化镁具有较高熔点,为良好的耐高温材料,选项B错误;C.化学电源的能量转化率是燃料燃烧所不可比拟的,选项C正确;D、通入过量空气,部分燃料不充分燃烧,反而降低热能利用率，选项D错误。答案选C。C【解析】试题分析:A.ZlgCト的物质的量为7.1/71=0.1mol,氯气与铁反应只做氧化剂,与足量的铁反应转移电子数目为0.2Na,A项错误;B.17g甲基（-14cH3）的物质的量为1力7=lmoL—"CH3中含有的质子数为9,所以17g甲基（-14cH3）中含有的质子数为9Na,B项错误;C,氧气和臭氧都是由氧原子构成的单质,所以48go2和03的混合物含有的原子数为48/16xNa=3Na,C项正确;D.乙酸溶液中既有乙酸分子,又有水分子,无法计算分子总数,D项错误;选C。考点:考査阿伏伽德罗常数及计算。A【解析】【详解】A.F的原子序数为9,得到1个电子形成最外层8个电子的稳定结构,离子结构示意图为：@），故A正确;B,根据原子表示法,原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18,质子数为8,即1〇,故B错误;C.氯化氢为共价化合物,不存在阴阳离子,电子式为故C错误;D.乙烯中存在碳碳双键,结构简式为CH尸CHz,故D错误;故选A。C【解析】分析:元素周期表中有7个周期、18个纵行,16个族,短周期为ー、二、三周期,第IA中含H元素，第IDB族中含銅系、欄系,以此来解答。详解:A.第IA族的元素含碱金属元素及H元素,H属于非金属元素,故A错误:B.元素周期表有7个主族、7个副族、1个。族、1个第VO族,共16个族,故B错误;C.元素周期表有7个横行,则有七个周期,故C正确;D,短周期是第一、二、三周期,故D错误;故选C。点睛:本题考査元素周期表的结构及应用,把握元素的位置、周期表的整体结构为解答的关键,注意选项A为解答的易错点。D【解析】【详解】A.新制氯水中含有氯气,呈黄绿色,而久置氯水溶质为HCI,溶液为无色,故A正确:B.新制氯水含有次氯酸,具有漂白性,HCIO不稳定，见光易分解,久置氯水中HCIO浓度较小,漂白作用很弱，故B正确;C,氯气与水发生CI2+H2。HCI+HCIO,水也发生电离，所以新制氯水含有CL、HCIO、H\Cl\CIO\OH等粒子，HCIO不稳定,见光易分解,促进平衡向正反应方向移动,久置的氯水可看作是浓度很稀的盐酸，只含有H+、Cl,0H一等粒子,故C正确;D.氯气与水发生CI2+H2OHCI+HCIO,新制氯水含有C*HCIO、Cl\CIO,OH等粒子，故D错误;故选D。【点睛】本题考査氯气的性质，为元素化合物知识的高频考点,有利于培养学生的良好的科学素养和学习的积极性，注意相关基础知识的积累。C【解析】【分析】保持温度不变,缩小容器体积,压强增大，平衡向逆反应方向移动,化学平衡常数只与温度有关,据此分析解答。【详解】A,化学平衡常数只与温度有关,温度不变，平衡常数不变,故A错误;B.缩小容器体积,压强增大,平衡向逆反应方向移动,则BaO的量减小,故B错误;C,平衡向逆反应方向移动,但温度不变,平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变,故C正确;D.平衡向逆反应方向移动，则BaOz量增加，故D错误;故选C,【点睛】本题考査了可逆反应平衡移动,根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可,注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点。另外本题中平衡常数K=c(O2).C【解析】【详解】A.皱(Be)和镁是同一主族的元素,由于同主族从上到下元素的原子半径逐渐增大,元素的原子失去电子的能力逐渐增强,则Be的原子失电子能力比镁弱，A正确;B.或(At)是第六周期第VIIA的元素,由于同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱,气态氢化物的稳定性逐渐减弱,川不稳定,容易分解，HAt的稳定性比川还弱,因此破的氢化物不稳定,B正确;C.硒与硫是同一主族的元素,由于同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，元素的气态氢化物的稳定性逐渐减弱,所以硒（Se）化氢比硫化氢稳定性差,C错误;D.铜和钙是同一主族的元素,由于同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强,则氢氧化锢［Sr（OH）2］比氢氧化钙碱性强,D正确;答案选C.【点晴】元素周期律反映元素之间关系的规律,元素周期表是元素周期律的具体表现形式。比较元素金属性、非金属性强弱常用方法是:同一主族的元素从上到下元素的金属性逐渐增强,非金属性逐渐减弱，同一周期的元素,随原子序数的増大,元素的金属性逐渐减弱,非金属性逐渐逐渐增强（惰性气体元素除外）;元素的金属性越强,原子失去电子越容易，最高价氧化物对应水化物的碱性越强,单质的还原性越强:元素的非金属性越强,原子越容易获得电子,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,单质的氧化性越强,氢化物的稳定性越强。C【解析】本题考査有机物的制备。详解:乙烯与C1Z加成只生成1,2一二氯乙烷ー种产物,可以得到纯净物,A错误;乙烯与水在一定条件下发生反应生成乙醇,该反应产物只有一种,可以得到纯净物，B错误;液溟与苯用漠化铁作催化剂反应,生成产物只有溟苯ー种产物,可以得到纯净物，C错误;甲烷与氯气的反应，即使氯气的物质的量不足,反应产物中甲烷的四种氯代产物同时存在,得到的是混合物，D正确。故选C。A【解析】A.油脂在碱性条件下的水解生成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸盐为肥皂主要成分,该反应为皂化反应，可以用来制取肥皂,故A正确;B.酒精与水混溶，不能用酒精萃取碘水中的碘，故B错误;C.在双氧水的分解过程中，二氧化钛是催化剂,故C错误;D.聚氯乙烯在使用过程中会缓慢释放出有害物质ーー氯化氢等，不能用作食品保鲜膜,故D错误;故选A。B【解析】【详解】A、煤的气化是指将煤与水蒸气反应生成CO和ウ,从而转化为气体燃料，燃烧充分,并除去S元素,煤的液化是指将煤与出在催化剂作用下转化为液体燃料（直接）或利用煤产生的出和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品（间接）的过程,从而充分燃烧，减少污染物的产生,A正确:B、煤的干储是指在隔绝空气的条件下,将煤加强热分解得到焦炉气、煤焦油、焦炭等产品的过程，是化学变化,B错误;C、煤里主要含有碳及少量的其他元素如S元素,燃烧时S转化为SO2,导致酸雨的形成,C正确:D、煤是由无机物和有机物组成的非常复杂的混合物,D正确。正确答案为B。C【解析】分析:A.油脂在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应;B.HC1属于共价化合物;C.蛋白质遇浓硝酸发生颜色反应;D.AlCb是共价化合物,熔融状态下不电离。详解:A.油脂是高级脂肪酸和甘油反应生成的酯,属于酯类;油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油,高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分,所以该反应被成为皂化反应,故A错误;B.HC1属于共价化合物，用电子式表示氯化氢分子的形成过程为H•+.CI：—>H：CI：»故B错误;C,浓硝酸沾到皮肤上能使皮肤变黄,这是因为浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应,故C正确;D.氯化铝是共价化合物不能电离出离子,不能电解氯化铝制备铝,应是电解熔融氧化铝制备铝，故D错误。所以C选项是正确的。B【解析】试题分析:A.在C点处用Hz、NH3表示物质的量相等,不能判断反应是否处于平衡状态,错误;B.由于a点处Hz的浓度大于b点处，因此a点的正反应速率比b点处的大,正确;C.d点心时刻）和e点他时刻）处处于同一平衡状态，物质的浓度不变,物质的量也不变，因此n（Nz）相同,错误;D.レ点时刻,反应处于平衡状态,因此用同一物质表示的正反应速率等于逆反应速率，错误。考点:考査图像法在表示反应速率和化学平衡状态的应用的知识。D【解析】【分析】将SCh通入BaCL溶液中如生成沉淀，应有三种情况,一是加入碱性物质使溶液中有较多的SO3?•离子，二是发生氧化还原反应生成SOJ-离子，三是加入硫离子（硫化氢）,否则不生成沉淀.【详解】A.氯气具有强的氧化性，能够与二氧化硫、水反应生成硫酸,硫酸与氯化坝反应生成硫酸领沉淀，故A不符合题意;B,氨气为碱性气体,二氧化硫与氨气、水反应生成亚硫酸,亚硫酸与氯化钿反应生成亚硫酸领沉淀,故B不符合题意;C.二氧化氮具有强的氧化性,能够与二氧化硫、水反应生成硫酸,硫酸与氯化槌反应生成硫酸领沉淀,故c不符合题意;D.Sfh与CO2都不与BaC［反应,并且所对应的酸都比盐酸弱,通入与C（h都不会生成沉淀，故。符合题意；答案选D。B【解析】【分析】若加入锌粒,产生无色无味的气体,说明气体是氢气,因此溶液显酸性,则C03之一和N0「不能大量共存;加入NaOH溶液，产生白色沉淀,说明不存在Fe3、根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知,溶液中一定含有Mg"、A内;又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠,沉淀不变,这说明溶液中还存在NHJ,由于溶液中还必须存在阴离子,所以一定还有S0/:由图象可知,第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应,消耗氢氧化钠为O.lmol,则n(H+)=0.1mol；第三阶段为钱根离子与氢氧化钠反应,消耗氢氧化钠为0.7moi-0.5mol=0.2mo1,则n(NH4+)=0.2mol;最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝,消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol,则n[AI(OH)3]=0.1mol,根据铝元素守恒可知n(Al3*)=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5moiー。.lmol=0.4mol,则n(Mg2*)=(0.4mol-0.1molx3)v2=0.05molo【详解】A.由上述分析可知,溶液中一定不含C03、N03,一定含有SO/,A错误;B,由上述分析可知，溶液中n(NH4*)=0.2mol,B正确;C.由上述分析可知,溶液中的阳离子只有H・、Mg2*,A甲、NH4*,C错误;D.由上述分析可知,溶液中n(H*)tn(Al3*)：n(Mg2*)=0.1mol：O.lmol：0.05mol=2：2：1,D错误；答案选B。D【解析】【分析】【详解】A.设X转化的浓度为x,X(g)+3Y(g)nz(g)初始:Clc2c3转化:x3x2x平衡:O.lmoL/LO.3mol/L0.08mol/L所以Ci：C2=(x+O.lmoL/L)：(3x+0.3mol/L)=1：3,故A错误;B,平衡时,正逆反应速率相等,则Y和Z的生成速率之比为3：2,故B错误;C.反应前后X、Y气体的浓度比相同符合反应系数之比，所以达到平衡状态时，转化率相同,故C错误;D,反应为可逆反应，物质不可能完全转化,如反应向逆反应分析进行，则Ci>0,如反应向正反应分析进行,MOCi<0.14mol»L'1,故有OVciVO.l4mol故D正确;答案选D。【点睛】本题考査化学平衡的计算,本题注意化学平衡状态的判断方法以及可逆反应的特点。B【解析】分析:根据水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁解答。详解:A,乙醇是醇类,与碳酸钙或氢氧化镁均不反应,不能用于厨房除水垢,A错误:B.乙酸是一元弱酸,酸性强于碳酸,能用于厨房除水垢，B正确;C.乙酸乙酯属于酯类,与碳酸钙或氢氧化镁均不反应,不能用于厨房除水垢,C错误;D.苯属于燈类,与碳酸钙或氢氧化镁均不反应，不能用于厨房除水垢,D错误;答案选B。D【解析】【分析】甲烷燃料电池中,通入燃料甲烷的ー极发生氧化反应，为原电池的负极,通入氧气的ー极发生还原反应,为原电池的正极,据此分析解答。【详解】A.电极a通入的是甲烷,则电极a为该原电池的负极,故A错误;B.b极为原电池的正极，发生还原反应,电极反应式为：Oz+4e+4H+=2HzO,故B错误:C.根据装置图,电解质溶液中氢离子发生定向移动,电解质溶液应该为酸性溶液,故C错误;D.标准状况下，2.24L氧气的物质的量为——: =0.1mol,O2+4e+4H+=2H2O,理论上电路中通过22.4L/mol的电子的物质的量为0.1molx4=0.4mol,故D正确;答案选D。【点睛】本题的易错点为B,要注意电极反应式与电解质溶液的关系,本题中，电解质溶液显酸性,Oz+4e-+4H+==2H2O,若电解质溶液显中性或碱性,02+2H2O+4e-=4OH。A【解析】【分析】【详解】A,往容积一定的容器中再通入。2,由于增大了反应物的浓度,所以可以加快反应2so2+O2=2SO3的反应速率,A正确;B,用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸,由于铁在浓硫酸中会发生钝化现象，不能反应产生氨气,所以不可以加快产生氢气的速率,B错误;C.对于C(s)+H20(g)—CO(g)+H2(g)的反应，加入固体炭，物质的浓度不变，所以反应速率不能加快，C错误;D.100mL2moM/I的盐酸与锌反应时,加入适量的氯化钠溶液,由于对盐酸起稀释作用,所以生成氢气的速率会减小,D错误;故答案选A.B【解析】分析:A、标况下,水为液体:B、Imol甲基中含有9moi电子;C,二氧化硫转化成三氧化硫的反应为可逆反应,反应物不可能完全转化成生成物;D、离子数目与离子浓度、溶液体积有关,未告诉溶液体积,无法计算离子数目。详解:A、标况下,水为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,选项A错误;B、15g甲基的物质的量为ImoLImol甲基中含有9moi电子,所含有的电子数是9Na,选项B正确；C.Sth与02的反应为可逆反应,反应物不可能完全转化为产物,故6.4gS(h反应时转移电子数小于0.2Na,选项C错误;D、O.lmol/L的NaCl溶液中,Na+与Cr离子的浓度为O.lmol/L,离子数目与离子浓度、溶液体积有关,未告诉溶液体积,无法计算离子数目,选项D错误;答案选B。二、计算题(本题包括1个小题,共10分)2.7C2H4CH4和C3HハC2H2和C2H6 山和C4H6、CO和C3H8【解析】【分析】根据有机物燃烧时,有机物中的碳全部转化为二氧化碳,二氧化碳与足量的氢氧化钙完全反应,生成不溶于水的白色沉淀碳酸钙,利用生成碳酸钙的质量计算燃烧生成二氧化碳的质量;碱石灰既能吸收燃烧生成的水,又能吸收燃烧生成的二氧化碳,因此，增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和,从而求出水的质量,根据生成二氧化碳和水的质量计算出可燃物中C、H元素的物质的量,再根据条件求出分子式,据此解答。【详解】详解:⑴设燃烧产物中二氧化碳的质量为X,CO2+Ca(OH),=CaCC)3J+H2O44 ? 100 ,x=6.6g,而碱石灰既能吸收燃烧生成的水,又能吸收燃烧生成x 15.0的二氧化碳,因此,增重的质量即燃烧生成二氧化碳和水的质量总和:m(CO2)+m(H2O)=9.3g,m(HzO)=9.3g-6.6g=2.7g,故答案为2.7g；(2)无色可燃气体的物质的量:n=—— =0.075mol,n(COz)=—~; ;=0.15mol,则n(C)=0.15mol；22.4L/mol 44g/mol2.7gn(H2O)=―—T2—=0.15mol,贝リn(H)=n(H2O)x2=63m“，即。.075moi气体中含有0.15molC,0.3molH,所18g/mol以n(气体):n(C):n(H)=0.075mol:0.15mol:0.3mol=124,即lmol气体中含有2moiC,4moiH,所以该气体的分子式是C2H4,故答案为C2H4；(3)因为单ー气体为ユH4,现为等物质的量的两种气体燈的混合物,所以在2mo1混合气体中,应含有4molC原子,8molH原子,这两种气态燈可能是“CH4和C3H，或“C2Hz和CzH6”。故答案为CH4和C3HバQHz和CzHe;(4)因为单ー气体为C2H4,现为等物质的量的两种气体的混合物，其中只有一种是燈,所以在2moi混合气体中,应含有4moに原子、8molH原子，这两种气体可能是:和C4H6;CO和C3H8等，故答案为出和C4H61CO和C3H8.三、实验题(本题包括1个小题，共10分)bd 防止暴沸 CH3coOH+C2H5180H ヽ CH3C。180GH5+H2O 取代反应(或酯化反应)饱和NazCCh溶液 分液【解析】【分析】(1)乙醇的官能团为ー0H,乙酸的官能团为ーCOOH；(2)加入几块碎瓷片，可防止液体加热时剧烈沸腾;(3)乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,酯化反应为取代反应;(4)b中为碳酸钠，可除去乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度:(5)试管b中乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层;【详解】⑴乙醇分子中官能团的名称是羟基,乙酸中的官能团的结构简式为Y00H,羟基能使酸性髙铳酸钾褪色，殻基不能使酸性髙隹酸钾溶液褪色,羟基不能使石蕊变色，而殻基可以使石蕊变色,故答案为:bd；(2)试管a中加入几块碎瓷片的目的是防止暴沸，故答案为:防止暴沸;⑶试管a中发生反应的化学方程式为CH3COOH+JH#oh 浓:派CH3coi80c2Hs+HQ,反应类型为酯化(取代)反应,故答案为:CH3COOH+C2Hs18OH '： CH3coi8OJH5+H2。；酯化(取代)反应;⑷饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇、吸收乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，则反应开始前，试管b中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液,故答案为:饱和碳酸钠溶液;(5)试管b中乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，可用分液的方法把制得的乙酸乙酯分离出来,故答案为:分液;四、推断题(本题包括1个小题,共10分)23.(1)AI2O34-6H+=2AI3+4-3H2O,2AI+6H+=2AI3++3H2/T(2)过滤H2(4)HCI(5)促进A©3水解,使晶体析出(6)BD【解析】试题分析:(1)铝灰的主要成分是氧化铝和金属铝,氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水,反应离子方程式为AhO3+6H+=2A|3++3HzO;铝与盐酸反应生成氯化铝与氢气,反应离子方程式为2Al+6H+=2AP++3H2个;(2)铝灰与过量的盐酸反应,过滤后收集滤液,加热浓缩至饱和，调pH值，稍静置,过滤收集滤渣,最终的这个滤渣就是我们要的晶体,所以生产过程中操作B和D的均为过滤。(3)搅拌加热操作过程,加入盐酸,铝与盐酸反应,有氢气生成，加热的时候HCI会挥发,用水喷淋就可以吸收HCI,得到HCI(aq),剩余气体为氢气，反应中副产品a为出。95-C加热的时候HCI会挥发,用水喷淋就可以吸收HCI,得到HCI(aq),可进行循环使用。(5)铝离子水解,A13++3HzO*I(OH)3+3H+,降低氢离子浓度促进铝离子水解，有利于聚合氯化铝晶体析出。(6)用氢氧化钠和氨水调节pH值，会引入新的杂质，引入钠离子和钱根离子，所以可以加入AI和氧化铝进行处理，它二者是固体，多了可以过漉掉的,所以可以使得到的晶体较纯净，答案选BD。考点:考査聚合氯化铝生产的工艺流程分析等知识。五、综合题(本题包括1个小题，共10分)24.冷凝管或冷凝器 B! 富集澳 DSO2+Br2+2HZO=H2SO4+2HBrMgCL(熔融)虻,Mg+Cl2个【解析】【分析】(1)由装置图可知，仪器B的名称是冷凝管或冷凝器:(2)由膜分离技术进行海水淡化的原理示意图可知水分子可以透过淡化膜，而海水中其他各种粒子不能通过淡化膜，加压后，右侧海水中溶剂的量减少,溶质的量不变;(3)反应②为氯气与石灰乳发生歧化反应生成氯化钙、次氯酸钙和水;(4)过程③得到的是的溶液澳的浓度太低,过程③到过程⑤的变化过程中漠的浓度增大;(5)过程⑥©⑧⑨⑩中没有涉及置换反应;(6)反应④为二氧化硫和溟水发生氧化还原反应生成硫酸和氢漠酸,反应⑩为电解熔融的氯化镁生成镁和氯气。【详解】(1)由装置图可知,仪器B的名称是冷凝管或冷凝器,故答案为:冷凝管或冷凝器:(2)由题给信息可知，海水淡化时,淡化膜的作用是能让水分子通过，其它粒子不能通过,加压后,右侧海水中溶剂的量减少，溶质的量不变,溶质的物质的量浓度増大，B正确，故答案为:B：(3)反应②为氯气与石灰乳发生歧化反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，加。1氯气参加反应转移的电子的物质的量为lmol,即转移的电子数为し,故答案为:1；(4)过程③得到的是的溶液溟的浓度太低,过程③到过程⑤的变化过程中澳的浓度增大，实现了溟的富集,故答案为:富集溟;(5)过程⑥为碳酸钙燃烧发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，过程⑦为氧化钙与水发生化合反应生成氢氧化钙,过程⑧为氢氧化钙与苦卤中的镁离子发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀，过程⑨为氢氧化镁与盐酸发生中和反应生成氯化镁和水,过程⑩为电解熔融的氯化镁生成镁和氯气,过程⑥©⑧⑨⑩中没有涉及置换反应，故答案为:D；(6)反应④为二氧化硫和溟水发生氧化还原反应生成硫酸和氢滨酸,反应的化学方程式为SO2+Bn+2Hめ=H2SO4+2HBr,反应⑩为电解熔融的氯化镁生成镁和氯气，反应的化学方程式为,MgCl2(熔融)曳邕Mg+Cl2t〇故答案为:S&+Br2+2H20=H2so,+2HBr；MgCl2(熔融)曳更Mg+Cl2f.【点睛】本题考査海水资源综合利用,注意理解海水提镁、提溟、淡化等エ艺流程的原理，明确物质的性质是解答关键.高一（下）学期期末化学模拟试卷ー、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）.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关,保护环境问题已经广泛引起人们关注,下列说法不利于环境保护的是A,加快化石燃料的开采与使用B,推广使用节能环保材料C.推广新能源汽车替代燃油汽车D,用晶体硅制作太阳能电池将太阳能直接转化为电能.氮化铝（AIN,AI和N的相对原子质量分别为27和14）广泛用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下,高温AIN可通过反应ALO3+N2+3C=^2AIN+3co合成。下列叙述正确的是（ ）A,上述反应中,W是还原剂,AL5是氧化剂B,上述反应中,每生成ImolAIN需转移3moi电子AIN中氮元素的化合价为+3AIN的摩尔质量为41g3.下列关于化石燃料的说法错误的是（）A,石油中含有C5〜Cu的烷燈,可以通过石油的分情得到汽油B,含C|8以上烷煌的重油经过催化裂化可以得到汽油C.天然气是一种清洁的化石燃料，它作为化工原料,主要用于合成氨和生产甲醇等D,煤中含有苯和甲苯，可以用分徳的方法把它们从煤中分离出来4.下列装置或操作能达到实验目的的是4.下列装置或操作能达到实验目的的是甲 乙 丙A,用装置甲制取ー氯甲烷B,用装置乙在实验室制取氨气C,用装置丙萃取滨水中的漠D.用装置丁在实验室制蒸储水5.下列解释事实的离子方程式书写不正确的是2Fe:A.向氯化铁溶液中加入铁粉,颜色变浅:2Fe:B.向碳酸钠溶液中滴加稀盐酸,产生气体:CO3Z-+2H+^CO2个+H2C.向氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液,生成沉淀:Ag++a-^=AgCI4，D,向氯化钢溶液中滴加稀硫酸，生成沉淀:Ba2++SO42-^BaSO44<6.已知A・、B\ナ、「是第三周期元素的四种离子•下列叙述中正确的是A,四种离子都具有相同的电子层结构B,原子半径：r(D)>r(C)>r(A)>r(B)C,离子半径：r(BD>r(A")>r(C3-)>r(D-)D.B、D两元素的最高价氧化物的水化物在溶液中反应的离子方程式可表示为ビ+0/二叼7.硝酸工业尾气中含有高浓度的N。和NOz,它们都是大气的重要污染物。已知某厂排放的尾气中N0、NOz的体积比为1:1,该厂采用NaOH溶液来处理该尾气,处理后所得溶液中只有一种含氮的钠盐。则该含氮的钠盐中,氮元素的化合价为〇A.-3 B.+1 C・+3 D.+58.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.Fe—FeCh-NaOH)Fe(OH)2B.S威->2S0z-!h2->H2SO4C.CaCO3―毎-CaO—潜—CaSQ D.NH3—送“ー1NO—生ユHNO3.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,高温帽烧碳酸钙.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.N,-°2>NO,—^-^HNO,高原放电B,石油WCH3CH3cg(1)->CH2BrCH2BrAl浓HNOメ叫)Al(NO3)3(aq)足イゆ〇11(叫:Al(OH)式s)CH,=CH,,<22_».CH,CH,OH—>CH3CHO-fli・化刑/- 3 2al311,下列溶液中,所给离子一定能大量共存的是()A.含有大量N03的溶液：心Feナ、SO42、CFB,使酚歆变红的溶液：Na+、Caメ、SO4”、CO32C.含有大量Fe3+的溶液:Na+、Mg2+,N0ゴ、SCN-D.含有大量闻3+的溶液:Na+、NH4+、SO4"、Cl"12.根据原子结构及元素周期律的知识,下列推断正确的是A,同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B,核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C.Cl,S"、Ca2\K+半径逐渐减小D.祝1与;;Cl得电子能力相同13.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[ZzW6],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。下列说法不正确的是Y在化合物中显+3价X与W只能形成一种化合物W的简单氢化物稳定性比Z的强X的最高价氧化物对应的水化物碱性比Y的强.某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素A.在自然界中只以化合态的形式存在B.单质常用作左半导体材料和光导纤维C.最高价氧化物不与酸反应D,气态氢化物比甲烷稳定.我国首次试开采可燃冰圆满成功,下列与可燃冰（（:ル・則）释放气体成分相同的是（）A.天然气 B.水煤气C.液化石油气 D.焦炉煤气.用下列实验装置进行的实验中，不能达到相应实验目的的是A.装置甲:气体从b口进入，收集CbB.装置乙:可制得金属铳C,装置丙：实验室制取乙酸乙酯D.装置丁:验证HC1气体在水中的溶解性.已知aXm+和bY。的电子层结构相同,则下列关系式正确的是（）«A.a=b+m+nB.a=b—m+nC.a=b+m-nD・a=b-m—n.关于反应进行方向的判断,以下说法错误的是A.高钵酸钾加热分解是一个熠增的过程B,能自发进行的化学反应不一定是AH<0、AS>0C.AH<0的化学反应均是自发反应,AS<0的化学反应均不能自发进行

D.反应2AI2O3(s)+3C(s)=2AI(s)+3cOz(g)在常温下不能自发进行,说明该反应AH>019.(6分)一定条件下,在容积为10L的固定容器中发生反应:Nz(g)+3H2(g)テー2NH3(g)AH<0,反应过程如下图。下列说法正确的是工■▼工■▼A.tjmin时,正、逆反应速率相等B.曲线X表示NH3的物质的量随时间变化的关系0~8min,出的化学反应速率v(Hz)=O.75moi七1・11I访ー110~12min,N2的化学反应速率v(Nz)=0.25mol・L-i-min"(6分)研究人员研有出ー种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝离子电池,充放电时A1C14一和Al2c17ー两种离子在A1电极上相互转化,其他不参与电极反应,其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时,有机阳离子向铝电极方向移动B,充电时,铝电极连接外加电源的正极,石墨电极连接外加电源的负极C,放电时负极的电极反应:Al-3e*7Aleし=姑1£レーD.该电池的工作原理:3Cn+4Al2Cl7'=—=^3CnAlC14+Al+AlCL-二、计算题(本题包括1个小题,共10分)(6分)燃烧法是测定有机化合物分子式的ー种重要方法。将0.2mo!有机化合物A与标准状况下17.92L氧气混合点燃,两者刚好反应,只得到三种产物:co、cユ和七〇。将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰中，浓硫酸增重14.4克，碱石灰增重17.6克。剩余气体通过足量灼热氧化铜,测得固体质量减少6.4g,试分析:(1)有机化合物A的分子式(要求写出推理过程)(2)若有机化合物A能与碳酸氢钠溶液反成产生气体，请写出A所有可能的的结构简式。三、实验题(本题包括1个小题,共10分)(8分)某学习小组用乙醇、乙酸和浓硫酸制备乙酸乙酯,分别设计了甲、乙两套装置。按图连接好装置,添加试剂后用酒精灯对左边试管小火加热3〜5min后,改用大火加热,当观察到右边试管中有明显

现象时停止实验。已知:乙酸乙酯的沸点为77て,乙醇的沸点为78.5。¢,乙酸的沸点为117.9。匚L球形干燥管-bト饱和碳酸钠溶液甲 乙（1）写出甲装置左边试管中主要发生的反应的化学方程式:«（2）加入的浓硫酸作用为ー,装置乙中球形干燥管的作用是«（3）反应开始时用酒精灯对左边试管小火加热的原因是〇（4）停止加热后,振荡a、b两试管发现油状液体层变薄,其主要原因可能是ー。四、推断题（本题包括1个小题,共10分）（8分）I.在现代有机化工生产中,通过天然气裂解所得某种主要成分,已成为制造合成纤维、人造橡胶、塑料的基石.其中相关物质间的转化关系如下图所示（C、G是两种常见的塑料,E的结构简式为-t-CHi--t-CHi-CH-h-jCN请回答下列问题:（1）写出B的电子式 〇（2）分别写出下列反应的化学方程式A~D；F-G〇H.为测定某有机化合物X的化学式.进行如下实验:将0.15mol有机物B和0.45molユ在密闭容器中完全燃烧后的产物为C&、C0、る0（气），产物经过浓H2so,后.质量增加8.1g,再通过灼热的氧化铜充分反应后,质量减轻2.4g,最后气体再通过碱石灰被完全吸收，质量增加19.8g.试通过计算确定该有机物X的化学式（写出计算过程）。五、综合题（本题包括1个小题,共10分）（10分）（1）含!1.2gKOH的稀溶液与1L0.1mol/L的H2s04溶液反应放出11.46kJ的热量,该反应表示中和热的热化学方程式为。（2）将0.40molN2O4气体充入2L的恒容密闭容器中发生如下反应:N2O4（g）テ02N6（g）AH。在TiC和TzC时,测得Nth的物质的量随时间变化如图所示:②AH0(填“>"、或"ゴ)。(3)向甲、乙两个容积均为1L的恒容容器中,分别充入2moiA、2molB和1molA、1molB。相同条件下(温度TC),发生下列反应:A(g)+B(g)=xC(g)AH<0。测得两容器中C(A)随时间t的变化如图所示:①甲容器平衡后物质B的转化率为；②TC时该反应的平衡常数为〇⑷在25C下,将amol/L的氨水与O.Olmol/L的盐酸等体积混合,反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(CI).①则溶液显 性(填"酸""碱"或"中")；②用含a的代数式表示NH3-H2O的电离常数も=。参考答案ー、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)A【解析】A、加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量,故A不符合题意;；B、推广使用节能环保材料可以节约能源,减少二氧化碳的排放,故B符合题意;C、应用高效洁净的能源转换技术,可以节约能源,减少二氧化碳的排放,故C对;D,用晶体硅制作太阳能电池将太阳能直接转化为电能,节省能源降低污染,故D对。所以A选项是正确的。点睛:“节能减排,科学发展”的主题是节约能源,减少二氧化碳等温室气体的排放,有计划的发展,科学的发展B【解析】【详解】高温A、由反应方程式:闻203+刈+3£：^=2ん四+3(:〇可得到ん1、。的化合价反应前后没有变化,N的化合价由。今一3被还原,ゆ是氧化剂,而C的化合价由〇今+2,C被氧化是还原剂,A错误:B、N的化合价由。今一3,每生成ImolAIN转移电子总数为3mol,B正确;C、AIN中氮元素的化合价为ー3,C错误;D、AIN的摩尔质量为41g00口,D错误;故选B。D【解析】【详解】A,汽油中的碳原子数一般在Cs〜Cii范围内,石油中含有C5-C11的烷泾，可以通过石油的分储得到汽油,故A正确;B,含C18以上烷燈经过催化裂化,碳链断裂，生成含碳原子数较少的燈,可得到汽油，故B正确;C.天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近2。个品种,故C正确:D,煤中不含苯和甲苯，是煤经过干懒这个复杂的化学反应才能生成苯和甲苯,故D错误;故选D。D【解析】分析:A.甲烷与氯气的取代反应为ー系列多步取代反应,产物复杂;B«加热氯化核生成氨气与氯化氢,氯化氢与氨气遇冷又生成氯化钱;C,萃取剂需要与原溶剂不互溶:D.根据蒸储装置的注意事项分析判断。详解:A,甲烷与氯气的取代反应为多步取代反应,产物为多种氯代甲烷的混合物,不能利用光照下取代反应制备ー氯甲烷,故A错误:B,加热氯化核生成氨气与氯化氢,氯化氢与氨气遇冷又生成氯化钱,无法获得氨气,故B错误:C.澳不易溶于水，易溶于有机溶剂,但乙醇能够与水混溶,不能萃取,故C错误；D.装置中温度计的水银球位置正确,冷却水的流动方向正确,蒸徳装置没有错误,故D正确:故选D»A【解析】向氯化铁溶液中加入铁粉，颜色变浅:2Fe3++Fe=3Fe2+,故A错误;碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，反应离子方程式是:CO.?-+2H+^=CO2T+H2O,故B正确;向氯化钠溶液中滴加硝酸银溶液，生成氯化银沉淀，离子方程式是:Ag++Cr^AgClb故C正确;向氯化领溶液中滴加稀硫酸,生成硫酸领沉淀,反应离子方程式是:Ba2++SOj-^BaSO”,故D正确。点睛:离子方程式是用实际参加反应的离子表示化学反应的式子。书写离子方程式时,可溶性强电解质拆写成离子;单质、气体、氧化物、弱电解质、沉淀不能拆写成离子。D【解析】试题分析:四种离子是第三周期元素,故分别是:Mg、Na、P、Cl,A、前两个表现正价,失电子,核外电子排布相同,都是2、8,后者表现负价,得电子达到8电子稳定结构,核外电子排布相同,都是2、8、8,故A选项不正确;B、同周期从左向右原子半径依次减小(稀有气体除外)，r(Na)>r(Mg)>r(P)>r(Cl),故B不正确;C、看电子层数:电子层数越多,半径越大,原子序数：核外电子排布相同,离子半径随原子序数递増,而减小,离子半径:r(P3")>r(Cl-)>r(Na+)>r(Mg2+),故C错误:D、B的最高价氧化物的水化物是NaOH,D的最高价氧化物对应水化物HC1O",其离子反应方程式：ビ+0w=四。考点:考査原子结构、性质等知识。C【解析】【详解】N0和NO〃:1反应,生成一种盐,为归中反应。最终为+3价,生成亚硝酸钠。答案选C。C【解析】【详解】A.铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁,即使铁过量,也不能生成氯化亚铁,故A不选;B.二氧化硫和水生成亚硫酸,不能直接生成硫酸,故B不选;C.碳酸钙高温分解生成氧化钙,氧化钙高温下和二氧化硅反应可以生成硅酸钙,故C选;D.ー氧化氮和水不反应,故D不选;故选C。【点睛】铁和氯气在点燃的条件下生成氯化铁,即使铁过量,也不能生成氯化亚铁。和铁与氯气反应相似的反应还有:硫和氧气在点燃条件下反应生成二氧化硫,即使氧气过量,也不能直接生成三氧化硫:氮气和氧气在高温或放电条件下生成一氧化氮,即使氧气过量，也不能直接生成二氧化氮。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02,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2A1+Fe2(h高温AL(h+2Fe,故B不符合题意;C、电解NaCl：2NaCl(熔融)电解2Na+Cht,故C不符合题意;D,高温燃烧碳酸钙:CaCO3=高温CaO+CO21,不能制得Ca,故D符合题意;答案选D。D【解析】【分析】【详解】A项、氮气与氧气在高压放电条件下反应生成一氧化氮，故A错误:B项、石油裂化生成乙烯,乙烯与溟的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2一二溟乙烷，故B错误;C项、铝在冷的浓硝酸中发生钝化,故C错误;D项、在催化剂作用下,乙烯与水在加热条件下发生加成反应生成乙醇,乙醇催化氧化生成乙醛,故D正确。故选D。【点睛】本题考査物质的性质与转化,侧重于分析能力的考査,注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件是解答关键。D【解析】【详解】H+、ド絞+、NCh离子之间发生氧化还原反应，则不能共存,选项A错误;B,使酚配变红的溶液,显碱性，Ca?+分别与SOイ、CO32结合生成沉淀,则不能共存,选项B错误:Fe3+、SCN离子之间结合生成络离子,则不能共存，选项C错误:AI3+、Na+、NH4+、SO/ー、C「离子之间不反应,能共存,选项D正确；答案选D。【点睛】本题考査离子的共存，熟悉习题中的信息及离子之间的反应即可解答,选项A为解答的难点,H+、Fe?+、NO3•离子之间发生氧化还原反应，则不能共存。D【解析】试题分析:A、同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱，A错误;B、半径的大小比较:ー看电子层数,电子层数越多,半径越大,二看原子序数,相同电子层数,原子序数越大,半径越小,三看电子数，相同的电子层数和原子序数，电子数越多,半径越大,大小顺序是:S2->C[>k+>Ca2+,C错误;D、两者互为同位素,核外电子排布相同,即得电子能力相同,D正确。答案选D。考点:考査元素周期律、微粒半径的比较、同位素等知识。B【解析】试题分析:翡翠是由X、Y、Z、W四种短周期元素组成的矿物,可表示为XYRzWj,其中W是地壳中含量最多的元素,则W为。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ALA.Y为Al,在化合物中显+3价,故A正确;B.X为Na、W为。，二者可以形成氧化钠、过氧化钠，故B错误;C,非金属性。〉Si,氢化物稳定性与元素非金属性一致,故氧元素氨化物更稳定，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正确。考点:考査元素的推断及性质A【解析】【分析】短周期元素原子核外最外层电子数是次外层电子数一半的元素有Li:0、\、Si：1两种,非金属元素为硅，据此分析。【详解】短周期元素原子核外最外层电子数是次外层电子数一半的元素有Li:。））、Si:①，j1两种，非金属元素为硅,A项，硅为亲氧元素，在自然界中只以化合态形式存在，A正确;B项,Si单质可用作半导体材料,而光导纤维的主要成分为竽。2,B错误;C项,Si的最高价氧化物为Si5,可与氢氟酸反应，C错误;D项,硅的非金属性比碳弱,故气态氢化物的稳定性SiH«CH4,D错误;答案选A。A【解析】【详解】A.天然气的主要成分是甲烷,故A正确;B.水煤气的主要成分是一氧化碳和氢气,故B错误;C.液化石油气的主要成分是丙烷等,故C错误;D.焦炉煤气主要是通过煤的干馆产生的,主要成分是CO、ウ、CH"和C2H4等,故D错误・故选A。16.C【解析】试题分析:A.Cl密度比空气大,与空气不能反应,因此可以用向上排空气的方法收集,故可以使用装置甲，气体从b口进入,收集CL,正确;B.由于金属活动性Al>Mn,所以可以用铝热反应选用装置乙来可制得金属铳,正确;C.加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物来制取乙酸乙酯。由于乙酸、乙醇都有挥发性,而且乙醇容易溶于水,乙酸可以与NaOH发生反应,而产生的乙酸乙酯也可以使乙酸乙酯发生水解反应消耗,因此使用装置丙来进行实验室制取乙酸乙酯时要换成饱和Na£a溶液来分离除杂，错误;D.HC1溶于水使烧瓶中气体压强减小,小气球会鼓起胀大,因此可以使用该装置验证HC1气体在水中的溶解性大小,正确。考点:考査化学实验操作的正误判断的知识。A【解析】试题分析:两种离子的电子层结构相同,说明X失去n个电子后与Y得到m个电子后结构相同，即可得到等量关系:a-n=b+m,故A正确,此题选A。考点:考査粒子的结构与性质相关知识。C【解析】A.高锈酸钾加热分解生成氧气,是ー个嫌增的过程,A正确;B.根据△G=4H-TZ\SV0能自发进行可判断,能自发进行的化学反应不一定是△HVO、AS<0,B正确;C.AH<0的化学反应不一定均是自发反应,ASV0的化学反应不一定均不能自发进行，而是要依据自由能AG=AH-TAS判断,C错误;D.反应2A1203(s)+3C(s)=2Al(s)+3C0z(g)是燃值增加的反应,在常温下不能自发进行,根据AG=AH-TAS可知说明该反应AH>0,D正确,答案选C。点睛:化学反应方向的判据指出的仅仅是在一定条件下化学反应自发进行的趋势，并不能说明在该条件下反应ー定能实际发生,还要考虑化学反应的快慢问题。注意其三个规律:①放热且焼增加的反应一定能自发进行。②吸热且燜减少的反应一定不能自发进行。③婚变和燜变的作用相反且相差不大时,温度有可能对反应方向起决定性作用。B【解析】【详解】根据图知,随着反应的进行,X的物质的量增大、Y的物质的量减少，反应达到平衡状态时，X、Y的物质的量变化量分别为An(X)=(0.6-0)moに。.6mol,An(Y)=(1.2-0.3)mol=0.9mol,X、Y的物质的量变化量之比等于其计量数之比=0.6mol:0.9moi=2:3,则X是NH3、Y是H2<.A.可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等,没有达到平衡状态时正逆反应速率不等,根据图知，timin时,NH3和出的物质的量仍然在变化,没有保持不变,则该反应没有达到平衡状态,所以正逆反应速率不等,A项错误:B.根据以上分析知,X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系,B项正确;0~8min,C的平均反应速率为v(H,)=△"""=09moi=〇〇!i25mol/(Lxmin)»C项错误;'27VAt10Lx8min10~12min,NH3的平均反应速，NHJ="3区)=(0.70,6)mol=0•(冷5moi/(Lxmin),再根据' 37VAt10Lx2min同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氮气反应速率为0.0025mol•L•min1,D项错误;答案选B。【点睛】本题A项是学生们的易错点,学生们错误认为两曲线相交就达到了平衡状态,实际上是没有真正理解ti时曲线相交的含义仅是X和Y的物质的量相同,不能表示平衡状态,平衡状态时应是各物质的量保持不变,不一定相等,比如该题中第7min—10min物质的量保持不变,反应处于平衡状态,第lOmin时改变条件使反应正向移动,第12min时再次达到平衡状态，物质的量保持不变。C【解析】试题分析:A、放电时，铝是活泼的金属,铝是负极,被氧化生成ALCI7，不活泼石墨为正极，原电池中阳离子向正极移动,所以有机阳离子向石墨电极方向移动,A错误;B、充电时，铝电极连接外加电源的负极,石墨电极连接外加电源的正极,B错误;C、放电时负极发生氧化反应生成铝离子，铝离子与AKU-结合生成闻簿小,所以电极反应式为AI-3e-+7A©4-=4ALCl7一，C正确;D、根据以上分析可知该电池的工作原理为:3CnAICl4+Al+闻CLT:三手土3G+4ALeドー，D错误，答案选C。考点:考査二次电池的工作原理以及原电池和电解池的工作原理知识二、计算题(本题包括1个小题,共10分)C此ユCH3CH2CH2COOHbK(CH3)2CHCOOH17Q97【解析】(1)标况下17.92L氧气的物质的量为:nQ)ニレ.必,=0.8mol;浓硫酸增重的为水的质量,22.4L/mol14.4gH20的物质的量为: -=0.8mol:其中的n(H)=O.8molX2=L6moL有机物燃烧生成的二氧化18g/mol碳的物质的量为:二,"6g=o.4moi;剩余气体通过足量灼热氧化铜,测得固体质量减少6.4g,减少的44g/mol质量为氧化铜含有的氧原子的质量,氧化铜含有的氧原子的物质的量= 64g=0.41n。「与反应生成16g/mol的ー氧化碳的物质的量相等,即有机物燃烧生成的一氧化碳的物质的量为0.4mol,其中的n(C)=0.4m01,有机物含氧原子的物质的量为:n(HzO)+n(CO)+2n(CO2)-2n(O2)=0.8mol+0.4mol+0.4molX2-0.8molX2=0.4mol,所以n(有机)：n(C)：n(H)：n(0)=0.2：(0.4+0.4)：1.6：0.4=1：4：8：2.因此化学式为C此答:该有机物分子式为C4HgQ；(2)若有机化合物A能与碳酸氢钠反应放出气体,则分子中含有薮基,则A的结构简式为CHsCH2ClfeCOOHSg(CH3)2CHC00H,答：A所有可能的的结构简式CH3cH2cH2C00H或(CH3)£HC00H。三、实验题(本题包括1个小题,共10分)CMOOH+CHjClWH—^->CH£00CH£H3+H20 催化剂、吸水剂 防倒吸 加快反应速率,同时防止反应物为来得及反应而挥发损失 挥发出的乙酸能够与碳酸钠溶液反应(或乙醇溶于碳酸钠溶液)【解析】【分析】(1)乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水;(2)由于酯化反应是可逆反应，浓硫酸具有吸水性，在乙酸与乙醇发生酯化反应时做催化剂和吸水剂;乙醇、乙酸易挥发,从导管中导出的气体中除了含有乙酸乙酯外还含有易溶于水的乙醇、乙酸，通入饱和碳酸钠溶液容易产生倒吸:(3)升高温度可以加快反应速率，同时乙醇、乙酸易挥发;(4)从导管中导出的气体中除了含有乙酸乙酯外还含有乙醇、乙酸,乙醇易溶于水,乙酸能够与碳酸钠溶液反应【详解】(1)甲装置左边试管中乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,反应的化学方程式为CH3coOH+CH3cHCH3COOCH2CH3+H2O；(2)由于酯化反应是可逆反应，浓硫酸具有吸水性，在乙酸与乙醇发生酯化反应时做催化剂和吸水剂;乙醇、乙酸易挥发,从导管中导出的气体中除了含有乙酸乙酯外还含有易溶于水的乙醇、乙酸,通入饱和碳酸钠溶液容易产生倒吸,则装置乙中球形干燥管的作用是防止产生倒吸现象，故答案为:催化剂、吸水剂;防倒吸;¢3)升高温度可以加快反应速率，同时乙醇、乙酸易挥发，所以温度不能过高,防止反应物为来得及反应而挥发损失,应用小火加热，故答案为:加快反应速率，同时防止反应物为来得及反应而挥发损失;(4)乙醇、乙酸易挥发,从导管中导出的气体中除了含有乙酸乙酯外还含有乙醇、乙酸,乙醇易溶于水,乙酸能够与碳酸钠溶液反应，导致停止加热后，振荡a、b两试管发现油状液体层变薄，故答案为:挥发出的乙酸能够与碳酸钠溶液反应(或乙醇溶于碳酸钠溶液)。【点睛】

(4)乙醇、乙酸易挥发,从导管中导出的气体中除了含有乙酸乙酯外还含有乙醇、乙酸,乙醇易溶于水,乙酸能够与碳酸钠溶液反应导致油状液体层变薄是解答的关键,也是易错点。四、推断题(本题包括1个小题,共10分)H吋::qHcH,CH+HCnMUcH2=CHCN11CH2XHCI催化セモ,町，Hキ。HH C1C3H6〇2【解析】【分析】.根据E的结构简式为干“ーア手;逆推D是丙烯睛,乙烘与HCN发生加成反应生成丙烯晴,则A是乙CN快,乙快与氢气加成后的产物B能生成高聚物C,则C是聚乙烯、B是乙烯;乙烘与氯化氢加成后的产物F能生成高聚物G,则F是氯乙烯、G是聚氯乙烯。.根据原子守恒计算X的化学式。【详解】(1)B(1)B是乙烯,结构简式是CMCHa,电子式是H；C：：CiH・XHH(2)A-D是乙块与HCN发生加成反应生成丙烯殯,化学方程式是ch-CH+HCNユ廿►ClfeXHCN；F-G是氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯,反应方程式是ndHCl催化セモ。“工，"；Cln.产物经过浓HzS。,后质量增加8.1g,则燃烧生成水的物质的量是否无テ0.4而。,，H原子的物质的量为0.9mo1；通过灼热的氧化铜充分反应后,质量减轻2.4g,说明CO吸收氧原子的物质的量是に常ーテ。.1而。’:最后气体再通过碱石灰被完全吸收,质量增加19.8g,则最终生成COa的物质的量是为了す嬴テ0.4而。,C原子的物质的量为。.453；二氧化碳、水中的氧原子来自氧气、氧化铜、有机化合物X,根据原子守恒,有机物X提供的氧原子是0.45molX1+0.45molX2-0.45molX2-0.15mol=0.3mol；0.15mol有机物X含有0.45molC、0.9molH.0.3mol0.该有机物X的化学式是C3HQ2。五、综合题(本题包括1个小题,共10分)24.KOH(aq)+-H2so，aq)=24.KOH(aq)+-H2so，aq)=-K2SO4(aq)+H2O(l)AH=—57.3kJ/mol0.00125 > 61% 2a—0.01【解析】【分析】⑴先计算KOH、H2sO4的物质的量,然后判断哪种物质过量,确定反应产生Imol液态水放出的热量,即得该反应的中和热的热化学方程式;(2)①Tit时,40s〜80s内二氧化氮的物质的量从。.40moi变为0.60mol,根据v=」计算出用二氧化氮表t示的平均反应速率，然后根据反应速率与化学计量数成正比计算出用№04表示的平均反应速率;②根据图象曲线变化可知,「ヒ时反应速率大于T?C,且Tzt达到平衡时二氧化氮的物质的量小于TiC,根据温度对化学平衡的影响判断该反应的反应热;⑶①先根据图示计算出甲容器中A的转化量，再结合方程式中A、B的转换关系,计算出B的转化量,最后根据转化率等于转化量与总量的比得到该物质的转化率；②计算甲、乙容器中A的转化率，再根据压强对A转化率的影响来确定X值，进而利用三段式得到该反应平衡时的物质的量浓度，带入平衡常数表达式,可计算出其平衡常数的值;(4)氨水与盐酸发生反应HCI+NH3«H2O=NH4CI+H2O,根据电荷守恒分析溶液的酸碱性,再根据平衡浓度计算氨水的电离常数。【详解】⑴11.2g即。.2moiKOH的稀溶液与IL、O.lmol/L的H2sCU溶液反应放出11.46kJ的热量,其中碱含有的OH的物质的量是。.2mol,酸溶液含有的H+的物质的量为。.lmol/LxlLx2=0.2mol,二者恰好反应生成。.2moi水,放出11.46kJ的热量，则反应产生lmol水放出热量为11.46kJ+0.2=57.3kJ,因此该反应的表示中和热的热化学方程式为:KOH(aq)+-H2SO4(aq)=-K2SO4(aq)+H2O(l)AH=-57.3kJ/mol；2 2(2)①TiC时,40s〜80s内二氧化氮的物质的量从。.40mol变为。.60mol,则用二氧化氮表示该时间段的平0.60m0/-0.40m。/均反应速率为:v(NO2)=2L =0.。。25moi/(L-s),化学反应速率与化学计量数成正比，则405v(N2O4)=3v(N02)=0.00125mol/(L*s)；②根据图象曲线变化可知，TiC时反应速率大于TzC,则温度大小为:TiOTzC,而在T2c达到平衡时二氧化氮的物质的量小于TiC,说明升髙温度,平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应,AH〉。；⑶①甲容器中A反应的物质的量为An(A)=(2-0.78)moVLxlL=1.22mol,根据A和B的关系式知,参加反应的B的物质的量也是1.22mol,则B的转化率=ニー—xl00%=61%；2.0mol②甲容器反应达到平衡后,c(A)。.78moリL,A的转化率=‘一"み)相。//厶xioo%=6i%；乙容器中,A2.0mol/L的转化率」")—0.5/LX1OO%=5。％,即压强越大，A的转化率越髙,说明该反应的正反应是气体体1.Omol/L积减小的反应,因此x=l。反应方程式为:A(g)+B(g)niC(g)C(始)(mol/L)22 0c(变)(mol/L)1.221.221.22c(平"mol/L)0.780.781.22C：(C) _1.22J/F以Hu1便T吊5¢K-(厶)C⑻0.78x0.78”；⑷①氨水与盐酸发生反应HCI+NH3«H2O=NH4CI+H2O,根据电荷守恒:c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(CI)»反应平衡时溶液c(NH4+)=c(CI)»则溶液中c(H+)=c(OH),所以溶液呈中性:②平衡时由于c(NH4+)=c(CI),则c(NH4+)= '=0.005mol/L,根据物料守恒可得c(NH3H2O)=mol/L-0.005mol/L=(-0.005)mol/L,溶液为中性,贝リc(OH-)=10-7moVL,所以NHゴH2。的电c(N"4+)c(OH)0.005x10々_lO4离常数ん= /ktri\ a a_001。。(バム％。丿--0.005a2【点睛】本题考査了热化学方程式