天津市滨海新区2022-2023学年高一下学期期末检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市滨海新区2022-2023学年高一下学期期末检测试题注意事项：1.本试卷分为第1卷(选择题)、第11卷两部分。试卷满分100分。考试时间60分钟。2.答卷时，考生务必将卷1〖答案〗涂写在答题卡上，卷11答在答题纸上，答在试卷上的无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32第1卷选择题一、选择题。共30题，每题2分，共60分。每题只有一个选项最符合题目要求。1.有利于实现“碳达峰、碳中和”的是（）A.粮食酿酒 B.石油裂化 C.燃煤脱硫D.风能发电〖答案〗D〖解析〗【详析】A．粮食酿酒会有二氧化碳释放，不利于实现“碳达峰”、“碳中和”，A错误；B．石油裂化是将长链烃断裂为短链烃，燃烧生成的二氧化碳不会减少，B错误；C．燃料脱硫，没有减少二氧化碳的生成，同时也没有增加二氧化碳的消耗，C错误；D．风能发电是由风能转化为电能，没有二氧化碳的产生，D正确；故选D。2.下列有关化学品的说法正确的是（）A.阿司匹林有解热镇痛作用，是非处方药，可以长期服用B.维生素C性质稳定不易被氧化，是水果罐头中常用的抗氧化剂C.亚硝酸钠是一种常见防腐剂和护色剂，无毒性，对人体无害D.硝酸铵是一种高效氮肥，但受热或经撞击易发生爆炸，必须作改性处理后施用〖答案〗D〖解析〗【详析】A．任何药物都不能长期使用，阿司匹林长期使用会导致胃损伤，A错误；B．维生素C具有还原性，易被氧化，B错误；C．亚硝酸钠在适当的范围内添加是无毒，大量添加还是有害，C错误；D．硝酸铵受热或撞击易分解而爆炸，必须改性处理后使用，D正确；故选D。3.下列有关化学反应与能量的说法错误的是（）A.与的反应是吸热反应B.镁条、碳酸氢钠与盐酸的反应都是放热反应C.化学键的断裂与形成是化学反应中能量变化的主要原因D.如果反应物的总能量高于生成物的总能量，发生反应时会向环境释放能量〖答案〗B〖解析〗【详析】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应，故A说法正确；B．碳酸氢钠与盐酸反应属于吸热反应，镁条与盐酸反应属于放热反应，故B说法错误；C．化学反应实质是旧键断裂和新键的形成，断键吸收能量，形成化学键释放能量，因此化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与形成化学键，故C说法正确；D．根据能量守恒，反应物总能量高于生成物总能量，向环境释放能量，故D说法正确；〖答案〗为B。4.利用金属的活泼性不同，冶炼铝、铁、银分别应采用的方法是（）A.电解法、热还原法、热分解法 B.热还原法、热分解法、电解法C.热分解法、热还原法、电解法 D.电解法、热分解法、热还原法〖答案〗A〖解析〗【详析】根据金属活动性顺序表，金属的冶炼方法可以分为：K、Ca、Na、Mg、Al的冶炼用电解法（电解熔融的化合物）；Zn、Fe、Sn、Pb、Cu的冶炼用热还原法；Ag、Hg的冶炼用热分解法，从而可以知道，冶炼铝用的是电解熔融的氧化铝的方法，冶炼铁用的是热还原法，冶炼银用的是热分解法，所以A选项是正确的。〖答案〗选A。5.下列有关化学电池的说法正确的是（）A.化学电池的反应基础是氧化还原反应B.锌锰干电池工作时，锌筒作负极，发生还原反应C.铅酸蓄电池属于二次电池，可以无限次的反复放电、充电D.燃料电池是一种清洁、高效的新型电池，但是不安全〖答案〗A〖解析〗【详析】A．化学电池是将化学能转化为电能的装置，有电子转移，实质为氧化还原反应，A正确；B．锌锰干电池工作时，锌筒作负极，负极失去电子，发生氧化反应，B错误；C．铅酸蓄电池属于二次电池，但并不能无限次的反复放电和充电，C错误；D．燃料电池是高效、安全、环保的新型化学电池，D错误；故选A。6.下列措施中，不能增大化学反应速率的是（）A.过氧化氢分解制取氧气时，添加少量氯化铁B.碳与水蒸气反应生成水煤气时，用粉末状的碳代替块状的碳C.钠与乙醇反应置换氢气时，增大乙醇的量D.工业上合成氨时，将温度升高到500℃〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氯化铁可作过氧化氢分解的催化剂，则过氧化氢分解制取氧气时，添加少量氯化铁，能增大反应速率，选项A错误；B．增大接触面积，可加快反应速率，则用粉末状的碳代替块状的碳，能增大反应速率，选项B错误；C．乙醇为纯液体，则钠与乙醇反应置换氢气时，增大乙醇的量，不能增大化学反应速率，选项C正确；D．升高温度，可加快反应速率，则工业上合成氨时，将温度升高到500℃，能增大反应速率，选项D错误；〖答案〗选C。7.下列有关煤、石油和天然气的说法错误的是（）A.煤的干馏为化学变化，石油的分馏为物理变化B.“可燃冰”是天然气与水在高压、低温条件下形成的类冰状结晶物质C.以煤或天然气为主要原料，均可以生产甲醇D.通过石油裂化和裂解可以得到苯或甲苯等环状烃〖答案〗D〖解析〗【详析】A．石油的分馏是通过沸点不同分离出各种不同的烃，属于物理变化，煤的干馏是化学变化，A错误；B．可燃冰是天然气水台物，分布于深海沉积物或陆域永久冻土中，是天然气与水在高压、低温条件下形成的类冰状的结晶物质，稳定性较差，B正确；C．煤先发生气化生成CO和氢气，然后根据CO和氢气在催化剂的作用下反应生成甲醇；天然气的主要成分是甲烷，在高温条件下能分解为C和H2，用来合成甲醇，C正确；D．石油裂化主要获得汽油，石油裂解主要获得乙烯丙烯等小分子烃，通过煤的干馏可以获得苯或甲苯等环状烃，D错误；故选D。8.下列有关氮的说法错误的是（）A.自然界中既有游离态的氮又有化合态的氮B.氮的氧化物只有和，且均有毒C.氮的固定是将氮气转化成含氮的化合物D含氮无机物和含氮有机物之间可相互转化〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氮在自然界中既有游离态又有化合态，如游离态氮气，化合态铵盐，选项A正确；B．氮的氧化物只有N2O、NO、N2O3、NO2、N2O5等，选项B错误；C．氮的固定是指:将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，游离态是指氮气单质，即氮的固定是将N2转化成含氮化合物，选项C正确；D．硝酸盐转化为蛋白质和经动物消化使蛋白质，转化为氨气和铵盐实现了含氮无机物和含氮有机物的相互转化，选项D正确；〖答案〗选B。9.下列有关的说法正确的是（）A.有毒，不能用作食品添加剂B.能使石蕊试液先变红后褪色C.能使品红溶液褪色，加热后溶液又恢复红色D.能使酸性溶液褪色，体现了的漂白性〖答案〗C〖解析〗【详析】A．二氧化硫虽然有毒，但控制用量，可以用作食品添加剂，如葡萄酒中含有少量二氧化硫，其作用是杀菌消毒、调节酸度等，故A错误；B．二氧化硫属于酸性氧化物，能使石蕊变红，但不褪色，故B错误；C．二氧化硫与品红结合成不稳定的无色物质，品红溶液褪色，加热无色物质，无色物质分解，品红溶液又恢复红色，故C正确；D．二氧化硫以还原性为主，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液，被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D错误；〖答案〗为C。10.下列有关无机非金属材料的说法正确的是（）A.石墨烯、碳化硅陶瓷等属于新型无机非金属材料B.二氧化硅广泛用于制备芯片和太阳能电池C.水泥、玻璃和水晶都是硅酸盐材料D.现代信息社会用于传递信号的光纤的主要成分为硅〖答案〗A〖解析〗【详析】A．石墨烯、碳化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，A正确；B．晶体硅广泛用于制备芯片和太阳能电池，B错误；C．水泥、玻璃是硅酸盐材料，水晶主要成分为二氧化硅，不属于盐，C错误；D．光纤的主要成分为二氧化硅，D错误；故选A。11.下列各组物质中属于同分异构体的是（）A.淀粉和纤维素B.和C.和D.〖答案〗B〖解析〗【详析】A．淀粉和纤维素分子式均为(C6H10O5)n，但n值不同，因此两者不互为同分异构体，故A错误；B．分子式均为C4H10，前者为正丁烷，后者为异丁烷，两者互为同分异构体，故B正确；C．甲烷的空间构型为正四面体，因此题中所给物质属于同种物质，故C错误；D．两种物质的名称均为2-甲基丁烷，属于同种物质，故D错误；〖答案〗为B。12.下列事实可以用同一原理解释的是（）A.、均能使品红溶液褪色的实质 B.晶体、固体碘受热均能变成气体C.S与铁、铜反应均生成低价硫化物 D.与、均不能在溶液中大量共存〖答案〗C〖解析〗【详析】A．SO2与品红化合成不稳定的无色物质而使品红溶液褪色，属于化合漂白，Cl2与H2O反应生成的HClO具有强氧化性，HClO将品红氧化而使品红溶液褪色，属于氧化漂白，A不选；B．碳酸氢铵受热发生分解生成氨气、水蒸气和CO2，是化学变化，碘单质受热升华变成气体，是物理变化，B不选；C．S单质的氧化性较弱，只能将变价金属Cu和Fe氧化到较低的价态，二者原理相同，C选；D．ClO-与S2-会发生氧化还原反应而不能共存，ClO-与H+会结合为弱酸HClO而不能大量共存，为非氧化还原反应，D不选；故选C。13.一定温度下，可逆反应在体积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是（）A.单位时间内生成nmol的同时消耗2nmolB.用、表示的反应速率的比为的状态C.混合气体的密度不再改变的状态D.混合气体的压强不再改变的状态〖答案〗D〖解析〗【详析】A．生成N2O4与消耗NO2，反应方向都是向正反应方向进行，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；B．任何时刻，反应速率之比都等于化学计量数，因为没有指明反应速率正逆，因此不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C．组分都是气体，混合气体总质量不变，容器为恒容，混合气体体积不变，根据密度的定义，任何时刻，混合气体密度始终相同，即混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；D．相同条件下，气体的压强之比等于气体物质的量之比，该反应为气体物质的量减少的反应，压强发生改变，即当混合气体压强不再改变，说明反应达到平衡，故D符合题意；〖答案〗为D。14.在一定条件下，下列物质间的直接转化均能实现的是（）A.B.C.D.〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氨气与氧气发生催化氧化：4NH3+5O24NO+6H2O，然后NO再与氧气反应生成NO2，二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，故A错误；B．SiO2为难溶于水物质，即二氧化硅与水不反应生成硅酸，故B错误；C．粗硅与HCl在高温下反应Si+3HClSiHCl3+H2，然后SiHCl3与氢气发生SiHCl3+H2Si+3HCl，故C正确；D．硫与氧气反应，无论氧气是否过量，都生成SO2，故D错误；〖答案〗为C。15.下列有关营养物质的说法正确的是（）A.葡萄糖能发生氧化反应和水解反应B.油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸C.向盛有鸡蛋清溶液的试管中加入几滴醋酸铅溶液，无现象D.淀粉和纤维素都能发生水解反应，最终生成葡萄糖〖答案〗D〖解析〗【详析】A．葡萄糖能燃烧生成CO2和H2O，但葡萄糖为单糖，不能水解，故A错误；B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，油脂在碱性条件下水解成甘油和高级脂肪酸盐，故B错误；C．铅为重金属，鸡蛋清溶液中加入几滴醋酸铅，发生蛋白质变性，有沉淀生成，故C错误；D．淀粉和纤维素属于多糖，均是由葡萄糖单元连接而成，最终水解成葡萄糖，故D正确；〖答案〗为D。16.下列最符合绿色化学原子经济性反应要求的是（）A.乙烯与氯化氢反应制备一氯乙烷B.甲烷与氯气反应制备一氯甲烷C.将葡萄糖在酶的催化下转变为乙醇D.氧化铜与稀硝酸反应制备硝酸铜〖答案〗A〖解析〗【详析】A．乙烯与氯化氢反应制备一氯乙烷，原子利用率100%，符合绿色化学原子经济性反应要求，A正确；B．甲烷与氯气反应制备一氯甲烷，同时生成氯化氢，原子利用率不是100%，B错误；C．将葡萄糖在酶的催化下转变为乙醇，同时生成二氧化碳，原子利用率不是100%，C错误；D．氧化铜与稀硝酸反应制备硝酸铜和水，原子利用率不是100%，D正确；故选A。17.下列有关有机高分子材料的说法错误的是（）A.棉花、羊毛、蚕丝、麻和天然橡胶等属于天然有机高分子材料B.聚乙烯塑料和聚氯乙烯塑料都可制成薄膜，用于食品、药物的内包装材料C.线型结构的橡胶与硫作用可得到网状结构的硫化橡胶，该橡胶适合制造轮胎D.合成纤维具有强度高、弹性好、耐磨、耐化学腐蚀、不易虫蛀等优良性能〖答案〗B〖解析〗【详析】A．棉花、麻的成分是纤维素，羊毛、蚕丝的成分是蛋白质，淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等属于天然高分子化合物，故A说法正确；B．聚乙烯塑料可用食品、药物的内包装材料，但聚氯乙烯不能用于食品、药物的内包装材料，故B说法错误；C．线型结构中分子链较柔软，性能较差，将其与硫等硫化剂混合后加热，硫化剂将聚合物中的双键打开，以二硫键等把线型结构连接为网状结构，得到既有弹性又有强度的硫化橡胶，该橡胶适合制造轮胎，故C说法正确；D．合成纤维具有强度高、弹性好、耐磨、耐化学腐蚀、不易虫蛀等优良性能，故D说法正确；〖答案〗为B。18.既可以用来鉴别乙烷与乙烯，又可以用来除去乙烷中的乙烯以得到纯净乙烷的方法是（）A.通过足量的NaOH溶液 B.通过足量的溴水C.在Ni催化、加热条件下通入H2 D.通过足量酸性KMnO4溶液〖答案〗B〖解析〗【详析】A．乙烷与乙烯通过足量的NaOH溶液，不发生反应，不能提纯物质，故A错误；B．乙烷性质稳定，与溴水不反应，乙烯含有C=C官能团，能与溴水发生加成反应生成二溴乙烷而使溴水褪色，故B正确；C．通入氢气不能鉴别乙烷和乙烯，且能引入新的杂质，故C错误；D．通过高锰酸钾溶液，乙烯被氧化为二氧化碳和水，能用来鉴别乙烷和乙烯，但不能用来除去乙烷中的乙烯，故D错误；故选B。19.下列有关硫酸和硝酸的说法正确的是（）A.浓硫酸和浓硝酸的混合物(体积比为)叫做王水B.稀硫酸和稀硝酸均能与铁反应生成有毒气体C.浓硫酸和浓硝酸均能与炽热的木炭反应D.常温下浓硫酸和浓硝酸都不能用铝制容器盛放〖答案〗C〖解析〗【详析】A．王水是浓盐酸和浓硝酸的化合物(体积比为3∶1)，故A错误；B．稀硫酸与Fe反应生成FeSO4和氢气，铁与稀硝酸反应生成NO，NO是有毒气体，故B错误；C．浓硫酸能与炽热的木炭发生C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，浓硝酸与炽热的木炭发生C+4HNO3CO2↑+4NO2↑+2H2O，故C正确；D．常温下，浓硫酸、浓硝酸与铝发生钝化反应，能保护内部铝单质，因此常温下浓硫酸和浓硝酸可用铝制容器盛放，故D错误；〖答案〗为C。20.实验室制取NH3时，下列装置能达到相应实验目的的是（）A.装置甲生成NH3 B.装置乙干燥NH3C装置丙收集NH3 D.装置丁吸收多余NH3〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氯化铵和氢氧化钙反应有水生成，试管口应该略向下倾斜，A错误；B．氨气为碱性气体，可用碱石灰干燥，B正确；C．氨气密度小于空气，应该从短导管处通入氨气，C错误；D．氨气极易溶于水，装置丁会发生倒吸，D错误；故〖答案〗选B。21.下列方程式与所给事实不相符的是（）A.使溴水褪色：B.将分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近时产生白烟：C.与反应，体现了的氧化性：D.工业上用焦炭还原石英砂可制的粗硅：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．SO2使溴水褪色，反应的化学方程式为:SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，选项A正确；B．将分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近时产生白烟，反应的化学方程式为:NH3+HCl=NH4Cl，选项B正确；C．SO2与H2S反应生成硫单质和水，体现了SO2的氧化性，反应的化学方程式为:SO2+2H2S=3S+2H2O，选项C正确；D．工业上用焦炭还原石英砂可制的粗硅和CO反应的化学方程式为:SiO2+2CSi+2CO↑，选项D错误；〖答案〗选D。22.某有机物的结构简式为，下列说法正确的是（）A.该有机物的分子式为B.该有机物属于不饱和烃C.该有机物分子中有三种官能团D.该有机物分子中所有原子不可能共面〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据结构简式可知，该有机物分子式为，选项A错误；B．该有机物属于烃的含氧衍生物，属于羧酸，选项B错误；C．该有机物分子中有碳碳双键和羧基两种官能团，选项C错误；D．该有机物分子中含有甲基，根据甲烷分子为正四面体结构可知，所有原子不可能共面，选项D正确；〖答案〗选D。23.下列有关环境保护的说法错误的是（）A.化石燃料燃烧产生的CO、、等属于次生污染物B.污水的一级处理通常采用物理方法，除去污水中不溶解的污染物C.含氮、磷化合物的生活污水大量排放可使水体富营养化D.废旧电池中的汞、镉、铅等重金属盐对土壤和水源会造成污染〖答案〗A〖解析〗【详析】A．一次污染物是指直接从污染源排到大气中的原始污染物质，如CO、SO2等，次生污染物也称为二次污染物，是指由一次污染物经化学反应或光化学反应形成的污染物，如臭氧、硝酸盐、有机颗粒等，因此化石燃料燃烧产生CO、NO2、SO2等属于一次污染物，故A说法错误；B．污水处理按照处理程度划分，可分为一级、二级和三级处理；一级处理：属于物理处理，主要去除污水中呈悬浮状态的固体污染物质；二级处理：主要去除无水中呈胶体和溶解状态的有机污染物质(BOD、COD等物质)，去除率可达到90%以上，使有机污染物达到排放标准；三级处理：进一步处理难降解的有机物、氮、磷等能够导致水体富营养化的可溶性无机物等，主要方法有生物脱氮除磷法、混凝沉淀法等，故B说法正确；C．含氮、磷化合物的生活污水使水中藻类大量生长，使水体富营养化，故C说法正确；D．重金属离子能使蛋白质变性，废旧电池中汞、镉、铅等重金属盐对水、土壤会造成污染，应集中回收处理，故D说法正确；〖答案〗为A。24.为精制食盐，需除去粗盐水中的、和，下列说法错误的是（）A.①、②、③依次加入的试剂可以是过量的NaOH、、溶液B.取滤液a，加入溶液，若有白色沉淀产生，则说明没有除尽C.滤液a中加入稀盐酸初期，溶液中无明显现象，后期则会生成无色气体D.用蒸发的方法从溶液中得到固体时，不能将溶液蒸干后再停止加热〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗粗盐中Ca2+用Na2CO3除去，SO用BaCl2除去，Mg2+与NaOH除去，除杂试剂需过量，过量除杂试剂需要除去，因此碳酸钠还有一个作用是除去过量的BaCl2溶液，因此BaCl2放在碳酸钠的前面，据此分析；【详析】A．根据上述分析，BaCl2放在碳酸钠的前面，加入试剂顺序为NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3或BaCl2、Na2CO3、NaOH，故A说法正确；B．根据流程，以及上述分析，滤液a中含有过量的碳酸钠，加入氯化钡溶液，有白色碳酸钡沉淀生成，对SO的检验产生干扰，故B说法错误；C．滤液a有过量NaOH、过量Na2CO3和NaCl，加入盐酸，盐酸先与NaOH溶液反应生成NaCl和H2O，继续加入盐酸，则有Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，因此加入盐酸初期无明显现象，后期则会生成无色气体，故C说法正确；D．用蒸发的方法从氯化钠溶液中得到NaCl固体时，当出现大量晶体析出时，停止加热，不能加热蒸干，故D说法正确；〖答案〗为B。25.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失。原溶液中一定有B在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/L溶液，加热。待溶液冷却后，再加入少量碘水，溶液变蓝。淀粉未发生水解C足量的铜片与一定量稀充分反应后，铜片剩余，再加入适量稀，铜片继续溶解。Cu可以与稀反应D向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝。原溶液中一定有〖答案〗D〖解析〗【详析】A．白色沉淀可能为AgCl或BaSO4，根据实验中操作和现象不能判断原溶液中是否含有，A错误；B．如果检验淀粉未发生水解，应该检验混合溶液中是否含有葡萄糖而不是检验是否含有淀粉，B错误；C．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜，反应后溶液中含硝酸根离子，Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中Cu可被硝酸根离子氧化，铜片继续溶解，C错误；D．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定有，D正确；故选D。26.乙醇、乙酸分子中的各种化学键如图所示，下列反应中断键的位置正确的是（）A.乙醇与金属钠发生置换反应，断裂①③⑤键B乙醇与乙酸发生酯化反应，断裂②键、a键C.乙醇在铜催化共热下与反应，断裂①③键D.乙酸与氢氧化钠溶液发生中和反应，断裂b键〖答案〗C〖解析〗【详析】A．乙醇与金属钠反应2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，断裂的键是“O-H”，即①断，故A错误；B．乙醇与乙酸发生酯化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，其原理是醇中的①键断裂，乙酸中的b键断裂，故B错误；C．乙醇的催化氧化2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，断裂的键为①③，故C正确；D．乙酸与NaOH反应CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O，断裂的键为a，故D错误；〖答案〗为C。27.把A、B、C、D四块金属片浸入稀硫酸中，分别用导线两两相连可以组成原电池。A、B相连时A为负极；C、D相连时，电流由D→C；A、C相连时，C极上产生大量气泡；B、D相连时，D极发生氧化反应。这四种金属的活动性顺序是（）A.A>B>C>D B.A>C>D>B C.C>A>B>D D.A>B>D>C〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗原电池中较活泼的金属作负极，发生氧化反应，较不活泼的金属作正极，发生还原反应，据此分析解题。【详析】A、B相连时A为负极，说明A比B活泼，C、D相连时，电流由D→C，D为正极，C为负极，说明C比D活泼，A、C相连时，C极上产生大量气泡，A为负极，C为正极，故A比C活泼；B、D相连时，D极发生氧化反应，D为负极，B为正极，说明D比B活泼，故这四种金属的活动顺序是A>C>D>B，故〖答案〗为：B。28.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.转化过程中，化合价发生变化的元素有C、N、OB.和是转化过程中的中间产物C.还原过程中当生成0.1mol时，转移电子的物质的量为0.5molD.汽车尾气中、被转化为排放到空气中会形成酸雨〖答案〗A〖解析〗【详析】A．由图可知，转化过程中，C元素的化合价从+2变为+4，N元素的化合价+2、+4变为0，O元素的化合价从0变为-2，化合价发生变化的元素有C、N、O，故A正确；B．根据图示可知，BaO为催化剂，不是中间产物，故B错误；C．还原过程中生成0.1molN2，转移电子的物质的量为：0.1mol×(5-0)×2=1mol，故C错误；D．排放到空气中不会形成酸雨，会引起温室效应，故D错误；故选A。29.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)的物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A.该反应的化学方程式为B.0~2min时间段内，用物质X表示的反应速率为C.反应物平衡时的转化率D.恒温恒容下，充入Ar，能使反应速率增大〖答案〗C〖解析〗【详析】A．变化的物质的量之比等于化学计量数之比，X、Y、Z变化物质的量分别为(1.0-0.7)、(1.0-0.9)、0.2，变化的物质的量之比等于化学计量数之比，X、Y、Z化学计量数之比为0.3∶0.1∶0.2=3∶1∶2，该反应为可逆反应，即化学方程式为3X+Y2Z，故A错误；B．根据化学反应速率数学表达式，v(X)==0.075mol/(L·min)，故B错误；C．达到平衡时，X的转化率为30%，同理Y的转化率为10%，两者转化率之比为30%∶10%=3∶1，故C正确；D．恒温恒容下，通入非反应气体Ar，组分浓度不变，化学反应速率不变，故D错误；〖答案〗为C。30.有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中和的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L。取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，生成气体的总物质的量为(设反应中被还原成)（）A.0.045mol B.0.03mol C.0.02mol D.0.005mol〖答案〗B〖解析〗【详析】n(H2SO4)=4mol/L×0.01L=0.04mol，n(HNO3)=2mol/L×0.01L=0.02mol，n(H+)=2×0.04mol+1×0.02mol=0.10mol，n(NO)=1×0.02mol=0.02mol。NO的氧化性比H+强，NO先反应，Fe过量，发生的反应为：3Fe+8H++2NO=3Fe2++4H2O+2NO↑，0.02molNO消耗0.08molH+，同时得到0.02molNO。剩下(0.10-0.08)mol即0.02molH+，剩下的H+和Fe反应产生H2，Fe+2H+=Fe2++H2↑，0.02molH+反应得到0.01molH2，气体的总物质的量=0.02mol+0.01mol=0.03mol，〖答案〗选B。第11卷非选择题二、非选择题。共3题，共40分。31.现有K、M、N三种烃，其球棍模型如图所示，请回答下列问题。（1）三种烃中互为同系物的是___________(填对应字母，下同)（2）等质量的三种烃完全燃烧时消耗最多的是___________，生成最多的是___________。（3）1molK与发生取代反应，待反应完成后测得4种取代物物质的量相等，则消耗的物质的量为___________。（4）以M为基本原料可以合成多种有机物，合成路线如下：已知：(R代表烃基，X代表卤素原子)①A与CuO在加热条件下反应的化学方程式为___________，反应类型为___________。②B与D以物质的量之比生成E的化学方程式为___________，反应类型为___________。〖答案〗（1）K、N（2）①.K②.M（3）2.5mol（4）①.CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu②.氧化反应③.2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O④.酯化反应或取代反应〖解析〗根据K、M、N三种烃球棍模型，K为甲烷、M为乙烯、N为乙烷，M和水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B为CH3COOH，M和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成C为BrCH2CH2Br，C发生水解反应生成D为HOCH2CH2OH，B与D以物质的量之比2：1生成E为CH3COOCH2CH2OOCCH3，据此解答。（1）甲烷、乙烷结构相似，分子组成上相差1个CH2原子，互为同系物的是K、N。（2）烃燃烧时，等质量的烃，氢含量越高，完全燃烧时消耗越多，K、M、N中氢含量最高的为K，消耗最多的是K，C含量越高，生成的二氧化碳越多，M碳含量最高，生成最多的是M。（3）甲烷和氯气发生取代反应时，氢原子与Cl2的物质的量之比为1：1，1molK与Cl2发生取代反应，待反应完成后测得4种取代物物质的量相等，则消耗Cl2的物质的量为×（1+2+3+4）=2.5mol。（4）①A为CH3CH2OH，CH3CH2OH与CuO在加热条件反应生成CH3CHO，则A与CuO在加热条件下反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu，反应类型为氧化反应；

②B与D以物质的量之比2：1生成E的化学方程式为2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，反应类型为酯化反应或取代反应。32.反应的能量变化趋势如图甲所示。（1）该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。（2）若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜为___________(填“正”或“负”)极。铜片上产生的现象为___________，该极的电极反应式为___________。（3）某学生为了探究锌与硫酸反应过程中的速率变化，将表面被氧化的锌粒投入稀硫酸中，测得生成氢气的速率与反应时间t关系曲线如图乙所示。①曲线0~a段，反应的离子方程是为___________。②曲线b~c段，产生氢气的速率增加较快的主要原因是___________。③曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是___________。〖答案〗（1）放热（2）①.正②.冒气泡③.2H++2e-=H2↑（3）①.ZnO+2H+=Zn2++H2O②.反应放热，溶液温度升高③.溶液中的氢离子浓度逐渐降低〖解析〗（1）根据图象变化的能量分析，反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应；（2）反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池中，Zn为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-═Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，铜片上冒气泡；（3）①因锌的表面有一层氧化锌能与稀硫酸反应得到盐和水，无氢气放出，反应的离子方程式为：ZnO+2H+=Zn2++H2O；

②在反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，所以b→c段产生氢气的速率增大较快的主要原因是反应放热，溶液温度升高；

③随着反应的进行，溶液中的氢离子浓度逐渐降低，所以反应速率逐渐减小。33.研究氮、硫及其化合物对工业生产、资源利用和环境保护都具有重要意义。（1）实验室制备、收集干燥的，所需装置如图Ⅰ所示。①装置A中反应的化学方程式为___________。②请按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___________→____