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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→___________→____
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