2022-2023学年内蒙古阿拉善盟高一下学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2内蒙古阿拉善盟2022-2023学年高一下学期期末考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂思。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结来后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16第I卷(选择题共60分)一、单项选择题：本大题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活息息相关。下列叙述正确的是（）A.可采用喷洒硫粉的方法除掉洒落在地面上的水银B.泡菜中的微生物将硝酸盐还原为亚硝酸盐的过程，属于氮的固定C.SO2是一种有毒物质，因此不能作为食品添加剂使用D.医疗上将BaCO3作为消化系统X射线检查的内服药剂，俗称“钡餐”〖答案〗A〖解析〗【详析】A．汞在常温下能与硫粉反应，生成硫化汞固体，则可采用喷洒硫粉的方法除掉洒落在地面上的水银，A正确；B．硝酸盐中氮元素显+5价，而不是0价，所以反应不属于氮的固定，B不正确；C．SO2虽然有毒，但它能抑制细菌生长，并具有抗氧化能力，因此控制好用量，SO2可作为食品添加剂使用，C不正确；D．BaCO3易溶于胃酸，不能作为消化系统X射线检查的内服药剂，BaSO4可作“钡餐”，D不正确；故选A。2.制作某糕点的主要原料有：面粉、植物油、奶油、鸡蛋、白糖等，下列说法错误的是（）A.面粉中富含淀粉，淀粉是天然有机高分子化合物B.植物油在人体内酶的催化作用下水解，生成甘油和高级脂肪酸C.奶油中含有较多的饱和脂肪，多吃对身体健康不利D.鸡蛋中富含脂肪、蛋白质等成分，它们均含C、H、O、N等元素〖答案〗D〖解析〗【详析】A．淀粉是由大量葡萄糖单元相互连接组成的，属于天然有机高分子，A正确；B．植物油属于高级脂肪酸甘油酯，在酶的作用下可以水解，生成甘油和高级脂肪酸，B正确；C．奶油为半固态的脂肪，饱和度较高，不易代谢，多吃对身体健康不利，C正确；D．脂肪属于高级脂肪酸甘油酯，由C、H、O元素组成，D错误；〖答案〗选D。3.下列化学用语错误的是（）A.中子数为20的氯原子：B.乙醇分子的球棍模型为C.乙醇分子中含有甲基，甲基的电子式为D.乙烯的填充模型〖答案〗B〖解析〗【详析】A．中子数为20的氯原子，其质量数为37，符号为：，A正确；B．为乙酸分子的球棍模型，而不是乙醇分子的球棍模型，B错误；C．乙醇分子中含有甲基，甲基的结构简式为-CH3，电子式为，C正确；D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，空间填充模型为，D正确；故选B。4.下列有关说法正确的是（）A.天然气、沼气、生物柴油都是不可再生能源B.使用合成抗氧化剂、防腐剂能减慢食品变质速率C.石油经分馏可得到乙烯、丙烯等化工原料D.工业上通过电解饱和食盐水制备钠单质〖答案〗B〖解析〗【详析】A．天然气是不可再生能源，沼气、生物柴油是可再生能源，A不正确；B．合成抗氧化剂，能防止或减慢食品发生氧化作用，使用防腐剂，可以阻止微生物生长，从而减慢食品变质速率，B正确；C．石油经分馏可得到汽油、煤油等产品，而裂解可获得乙烯、丙烯等化工原料，C不正确；D．工业上通过电解饱和食盐水制备烧碱，制备钠单质是电解熔融的氯化钠，D不正确；故选B。5.化学与人体健康及环境保护息息相关。下列实际生活、生产、科研活动合理且评价正确是（）选项实际生活、生产、科研活动评价A将废旧电池深挖掩埋不会造成环境污染B将有机物中的原子换为原子有利于降低碳排放C将废旧塑料制品焚烧以回收热能有利于节约能源D制作水果罐头时加入适量维生素C有利于减慢水果罐头氧化变质的速率〖答案〗D〖解析〗【详析】A．将废旧电池深挖掩埋会污染水体和土壤，会造成环境污染，故A错误；B．将有机物中的原子换为原子不能减少二氧化碳的排放，对碳排放无影响，故B错误；C．将废旧塑料制品焚烧会生成有害的物质造成环境污染，故C错误；D．制作水果罐头时加入适量维生素C，维生素C的还原性强，可以减慢水果罐头氧化变质的速率，故D正确；故选D。6.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是（）A.上述过程涉及氧化还原反应B.可以采用蒸馏法从海中获得淡水C.工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由流程可知，海水晒盐分离出粗盐，在苦卤中通入氯气可氧化溴离子生成溴单质，含镁离子的溶液中加沉淀剂为CaO或氢氧化钙等可实现对镁离子的提纯和富集，得到氢氧化镁沉淀，据此解答。【详析】A．上述过程中，氯气氧化溴离子生成溴单质的反应为氧化还原反应，故A正确；B．控制水的沸点，可以采用蒸馏法从海中获得淡水，故B正确；C．由于氢氧化钙比氢氧化钠便宜，工业生产中常选用氢氧化钙作为沉淀剂，故C错误；D．溴易挥发，先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原为溴化氢，从而达到富集溴的目的，故D正确；故选：C。7.下列实验合理的是（）A.利用甲实验装置可以得出非金属性Cl＞C＞SiB.利用装置乙可以制取和收集NO2气体C.利用装置丙制取和收集少量的氨气D.图丁可以完成喷泉实验〖答案〗D〖解析〗【详析】A．盐酸不是含氧酸，且生成的二氧化碳中含有氯化氢，该装置不能比较非金属性Cl＞C＞Si，故A错误；B．二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，不能用排水法收集二氧化氮，故B错误；C．氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口附近二者又重新化合生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；D．二氧化硫与NaOH溶液反应，挤压胶头滴管可引发喷泉，故D正确；故选D。8.化学反应速率和化学反应的限度是化工生产研究的主要问题，下列对化学反应速率和反应限度的认识错误的是（）A.决定化学反应速率的客观因素有温度、浓度、压强和催化剂等B.对任何化学反应来说，反应速率越快，对应现象越明显C.使用催化剂能加快反应速率，提高生产效率D.任何可逆反应都有一定限度，且限度是可以改变的〖答案〗B〖解析〗【详析】A．影响化学反应速率的因素有内因和外因，内因是物质的自身性质，是主要因素，外因是客观因素，如浓度、温度、压强、催化剂等，A正确；B．反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，B错误；C．使用催化剂能加快反应速率，提高生产效率，C正确；D．可逆反应中，当正逆反应相等时，达到反应限度，可逆反应不可能完全反应，存在反应限度，当外界条件变化时，如正反应速率和逆反应速率不相等，则化学反应的限度可发生变化，D正确；故〖答案〗为：B。9.高强度运动会导致肌肉乳酸堆积，产生酸痛感。已知乳酸的结构简式如图所示，关于该有机物的说法错误的是（）A.含有羧基、烃基两种官能团B.该有机物能与碳酸氢钠反应放出CO2C.该有机物分子只含极性键和非极性键D.该有机物能发生酯化反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．该有机物分子中含有羟基、羧基两种官能团，烃基不属于官能团，A错误；B．该有机物分子中含有羧基，其酸性强于碳酸，能与碳酸氢钠反应放出CO2，B正确；C．该有机物分子中含有碳氢、氧氢、碳氧极性键和碳碳非极性键，C正确；D．该有机物分子中含有羟基和羧基，它们都能发生酯化反应，D正确；故选A。10.2021年6月11日国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素。已知：X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，其单质与热水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，X、W为同一主族元素，Y是地球地壳中含量最高的元素，火星岩石含有ZWY3。下列判断正确的是（）A.W位于元素周期表第三周期ⅤA族 B.最高价含氧酸的酸性：X<WC.原子半径：Z>W>Y>X D.X和Y可形成不止一种化合物〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，Y也是地球地壳中含量最高的元素，则Y为O；其中Z为金属元素，其单质与热水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，Z的原子序数大于O，则Z为Mg；X、W为同一主族元素，火星岩石含有ZWY3，ZWY3为MgWO3，W的化合价为+4价，说明W位于ⅣA族，结合原子序数可知，X为C，W为Si元素，以此分析解答。【详析】A.由分析可知，W为Si，硅的原子序数为14，位于元素周期表第三周期ⅣA族，A错误；B.由分析可知，X为C、W为Si，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，故最高价含氧酸的酸性H2CO3＞H2SiO3即X＞W，B错误；C.由分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、Mg和Si，主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Mg＞Si＞C＞O即r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y），C错误；D．由分析可知，X、Y、分别为C、O，则二者能形成的化合物有CO、CO2等，即X和Y可形成不止一种化合物，D正确；故〖答案〗为：D。11.通过下列实验步骤及现象，得出的结论错误的是（）选项实验步骤及现象实验结论A向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有B向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含C将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间乙醇催化氧化反应是放热反应D在0.01mol乙醇中加入过量的金属钠充分反应，收集到标准状况下气体112mL乙醇分子中有1个氢原子与氧原子相连，其余与碳原子相连〖答案〗B〖解析〗【详析】A．向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体显碱性，应为NH3，所以溶液中一定含有，A正确；B．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，产生的白色沉淀可能为BaSO4，可能为AgCl，则该溶液中不一定含，B错误；C．将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间，说明反应产生的热量能维持反应的进行，则乙醇催化氧化反应是放热反应，C正确；D．在0.01mol乙醇中加入过量的金属钠充分反应，收集到标准状况下气体112mL(0.005mol)，从而表明乙醇分子中含有1个活泼氢原子，也就是乙醇分子中有1个氢原子与氧原子相连，其余与碳原子相连，D正确；故选B。12.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1mol蔗糖完全水解生成的葡萄糖分子数为B.工业上，和4mol在高温高压催化剂作用下生成的分子数为C.标准状况下，11.2L氯仿()中含有的极性键数目为D.1molFe溶于过量稀硝酸溶液中，转移电子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．1mol蔗糖水解生成1mol葡萄糖和1mol果糖，而非2mol葡萄糖，A错误；B．合成氨为可逆反应，1molN2并不能完全转化生成2molNH3，B错误；C．氯仿标况下为液体，不适用于22.4L/mol的气体体积计算，C错误；D．过量的硝酸将Fe氧化至+3价，因此1molFe反应转移电子数3NA，D正确；〖答案〗选D。13.孔雀石的主要成分是，某小组以孔雀石、锌粒、废稀硫酸为原料制备铜，设计了如下两套方案：方案1：孔雀石方案2：下列说法错误的是（）A.方案1和方案2都发生了置换反应B.从安全角度考虑，方案1优于方案2C.理论上，方案2中等质量的锌可以制备等质量的铜D.方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗方案1中，与硫酸反应，生成硫酸铜、二氧化碳和水，接着加入锌与硫酸铜发生置换反应，得到铜；方案2中高温分解得到氧化铜，锌与硫酸反应生成氢气，氢气与氧化铜加热得到铜，据此分析作答。【详析】A．由分析可知，方案1和方案2都发生了置换反应，A项正确；B．方案2用了氢气加热，则从安全角度考虑，方案1优于方案2，B项正确；C．方案1中存在关系式，方案2中存在关系式，则理论上，方案2中等物质的量的锌可以制备等物质的量的铜，C项错误；D．方案2中用了高温和加热，则消耗的能量大于方案1消耗的能量，D项正确；〖答案〗选C。14.我国科学家开发新型催化剂()实现室温下和反应生成。向2L恒容密闭容器中充入2.0mol和1.0mol，加入该催化剂，室温下发生反应，测得的物质的量随时间变化如表所示。下列说法正确的是（）t/min0510152025n/mol2.01.30.90.60.50.5A.容器中的元素均位于短周期 B.5～10min内，最大C.平衡时浓度为1.5mol/L D.CO的平衡转化率为75%〖答案〗D〖解析〗【详析】A．容器中有催化剂含Pt、Co、Ni元素，属于非短周期元素，故A错误；B．由CO的物质的量随时间变化可知，0~5min内，最大，故B错误；C．20min达到平衡状态时，CO2浓度为0.75mol/L，故C错误；D．CO的平衡转化率，故D正确；〖答案〗选D15.小铭同学在老师的指导下将“化学现象抽象为数学表达”。其中图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，则y轴表示实验过程中（）A.铜棒的质量 B.c(Zn2+) C.c(H+) D.c()〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗该装置构成原电池，Zn是负极，Cu是正极。【详析】A．在正极Cu上溶液中的H+获得电子变为氢气，Cu棒的质量不变，选项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，选项B正确；C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c(H+)逐渐降低，选项C错误；D．不参加反应，其浓度不变，选项D错误；〖答案〗选B。16.已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为：第一步：H2O2+I-→H2O+IO-慢第二步：H2O2+IO-→H2O+O2+I-快下列有关该反应的说法正确的是（）A.I-的浓度大小决定反应速率的大小B.IO-是该反应催化剂C.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)D.H2O2分解的热化学方程式为2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-98kJ·mol-1〖答案〗A〖解析〗【详析】A．I-是第一步反应的反应物，I-的浓度大小决定第一步反应速率，第一步是慢反应，慢反应决定总反应速率，所以I-决定反应速率的大小，故A正确；B．IO-是第一步反应的生成物，IO-是第二步反应的反应物，所以IO-是该反应的中间产物，故B错误；C．v(H2O)是纯液体，不能用水的浓度变化表示反应速率，故C错误；D．1molH2O2放出热量98kJ，H2O2分解的热化学方程式为2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196kJ·mol-1，故D错误；选A。17.已研制出的臭鼬剂主要成分是丁硫醇(C4H9SH)，人的口臭是由于分泌出有臭味的甲硫醇(CH3SH)，液化气中添加的报警剂是极臭的乙硫醇(C2H5SH)。下列说法不正确的是（）A.沸点不同的丁硫醇有四种B.甲硫醇分子中含有四个共价键C.丁硫醇与甲硫醇及乙硫醇互为同系物D.丁硫醇在空气中完全燃烧生成二氧化硫、二氧化碳和水〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．其同分异构体有碳链异构、官能团位置异构，则沸点不同的丁硫醇有4种，A正确；B．甲硫醇(CH3SH)分子中含有5个共价键，存在C-H键3个、1个C-S键、1个S-H键，所以含有5个共价键，B错误；C．同系物结构相似，在分子组成上相差一个或若干个-CH2原子团，丁硫醇与甲硫醇及乙硫醇互为同系物结构相似且分子组成相差一个或若干个-CH2原子团，所以属于同系物，C正确；D．丁硫醇(C4H9SH)中含有C、H、S三种元素，完全燃烧生成二氧化硫、二氧化碳和水，D正确；〖答案〗选B。18.在恒容绝热密闭容器中投入24g焦炭粉、充入气体发生反应：，测得容器内气体温度与时间关系如图所示。下列推断正确的是（）A.混合气体的压强始终保持不变B.该反应的逆反应是放热反应C.增大焦炭粉质量，反应速率加快D.10min时，单位时间内消耗1mol同时消耗2moI〖答案〗D〖解析〗【详析】A．恒容条件下，反应前后气体分子数不变，但温度升高，压强变大，故A错误；B．在绝热密闭容器中，随反应不断进行，容器内温度升高，说明正向反应放热，逆向反应是吸热，故B错误；C．增大焦炭粉质量，不改变反应物浓度，反应速率不变，故C错误；D．10min时，温度不再发生变化，说明反应达到平衡状态，单位时间内消耗1mol同时消耗2moI，故D正确；〖答案〗选D。19.“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫——空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是（）A.该电池放电时质子从电极b移向电极aB.相同条件下，放电过程中消耗的，和的体积比为2∶1C.电极a附近发生的电极反应为D.电极b附近发生的电极反应为〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗电极a中SO2转化为H2SO4，发生氧化反应，则a电极为负极，发生的电极反应为；电极b中消耗O2，则b电极为正极，发生的电极反应为。【详析】A．由分析可得，电极a为负极，电极b为正极，阳离子向正极移动，则质子从电极a向电极b移动，A错误；B．电池总反应为，相同条件下，放电过程中，和的体积比为2∶1，B正确；C．电极a附近发生的电极反应为，C错误；D．电极b附近发生的电极反应为，D错误；故选B。20.硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物。常温下，将烟气与的混合气体通入与的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法正确的是（）A.反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为B.反应Ⅱ的离子方程式为C.反应过程中混合溶液内和离子总数保持不变D.该转化过程的实质是NO被氧化成〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，过程Ⅱ发生反应的离子方程式：2NO+4H++4Ce3+═2H2O+N2↑+4Ce4+，总反应：2NO+2H2=2H2O+N2↑，Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物。【详析】A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，故A错误；

B．过程Ⅱ发生反应的离子方程式：2NO+4H++4Ce3+═2H2O+N2↑+4Ce4+，故B错误；

C．Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物，反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子总数一定保持不变，故C正确；

D．总反应：2NO+2H2=2H2O+N2↑，NO的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NO被H2还原，故D错误；故选：C。第Ⅱ卷(非选择题共40分)二、非选择题：21.已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，已知A的某种原子核内没有中子，A和D，C和F分别为同一主族元素，B原子的最外层电子数比次外层多3，E的最高价氧化物对应的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应。（1）C、E分别形成的简单离子中，半径较大的是___________(填离子符号)（2）F和G的最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是___________(填化学式)（3）由A、D、F形成的化合物中化学键的类型为___________；（4）由A、B形成18e-化合物的结构式为___________；（5）用电子式表示C与D形成的原子个数比为1:2的化合物的形成过程___________；（6）D、E的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为___________；（7）由B、G形成的化合物分子中，B和G原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可反应生成一种具有漂白性的化合物，写出反应的化学方程式：___________。〖答案〗（1）O2-（2）HClO4（3）离子键和(极性)共价键（4）（5）（6）（7）〖解析〗已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，已知A的某种原子核内没有中子，则A为H元素；B原子的最外层电子数比次外层多3，则B为N元素；A和D为同主族元素，则D为Na元素；E的最高价氧化物对应的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，则E为Al元素；C和F分别为同一主族元素，则C为O元素，F为S元素，G为Cl元素。从而得出A、B、C、D、E、F、G分别为H、N、O、Na、Al、S、Cl。（1）C、E分别为O、Al，二者形成的简单离子O2-、Al3+的电子层结构相同，O的核电荷数比Al小，则离子半径较大的是O2-。（2）F和G分别为S、Cl，Cl的非金属性比S强，则最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是HClO4。（3）由A、D、F形成的化合物为NaHS，化学键的类型为离子键和(极性)共价键。（4）由A、B形成18e-化合物为N2H4，结构式为。（5）C与D形成的原子个数比为1:2的化合物为Na2O，用电子式表示形成过程为。（6）D、E的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者相互反应的化学方程式为。（7）由B、G形成的化合物分子中，B和G原子的最外层均达到8电子稳定结构，则其化学式为NCl3，该化合物遇水反应生成的一种具有漂白性的化合物为HClO，反应的化学方程式：。22.公元前9世纪，二氧化硫就被用于消毒和漂白。实验室可用下列装置(部分夹持仪器略去)制取SO2并验证其性质。（1）检查装置A、B气密性的操作为：先关闭装置A中分液漏斗活塞和装置B中止水夹K，往长颈漏斗中注水至水柱高于广口瓶液面，若观察到___________，则气密性良好；（2）装置A中反应的化学方程式为___________；（3）实验时，通气一段时间后，C试管中出现大量淡黄色浑浊现象，证明二氧化硫具有___________(填“还原性”“氧化性”或“漂白性)；（4）实验结束时，关闭止水夹K，装置B所起的作用是___________；（5）取少量试管D中的溶液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。SO2通入试管D中反应的离子方程式为___________；（6）用如图装置验证酸性比强。请从下列试剂中选择合适试剂以完成实验(要求：试剂不重复，填代号)：a．品红溶液b．酸性KMnO4溶液c．饱和NaHCO3d．饱和NaHSO3溶液X为___________，Y为___________，Z为___________。〖答案〗（1）水柱高度保持不变或长颈漏斗中液面与广口瓶液面差不变（2）（3）氧化性（4）储气瓶或安全瓶（5）（6）①.c②.b③.a〖解析〗A装置中，Na2SO3与H2SO4反应，用于制取SO2气体；B装置用于储存SO2，C装置用于检验SO2的氧化性，D装置用于检验SO2的还原性，E装置用于处理尾气。（1）检查装置A、B气密性的操作为：先关闭装置A中分液漏斗活塞和装置B中止水夹K，往长颈漏斗中注水至水柱高于广口瓶液面，若观察到水柱高度保持不变或长颈漏斗中液面与广口瓶液面差不变，则气密性良好；（2）装置A中，Na2SO3与H2SO4反应，用于制取SO2气体，反应的化学方程式为；（3）实验时，通气一段时间后，C试管中出现大量淡黄色浑浊现象，证明发生反应3SO2+2Na2S=2Na2SO3+3S↓，二氧化硫具有氧化性；（4）实验结束时，关闭止水夹K，装置B中气体通过排出水，保存在装置B中，则装置B所起的作用是：储气瓶或安全瓶；（5）取少量试管D中的溶液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则SO2通入试管D中，被Cl2氧化生成H2SO4等，反应的离子方程式为；（6）用如图装置验证酸性比强，需先将SO2通入饱和NaHCO3溶液中，再检验产物中CO2的存在，为防止SO2干扰CO2的检验，应先将气体通过酸性KMnO4溶液进行氧化处理SO2，再用品红检验SO2是否除尽，最后用澄清石灰水检验CO2的存在。则X为c，Y为b，Z为a。23.研究碳、氮的氧化物的性质对化工生产和环境保护有重要意义。（1）现代社会的一切活动都离不开能量，化学反应在发生物质变化的同时伴随能量的变化。下图为1molN2(g)和1molO2(g)充分反应生成2molNO(g)的能量变化图。若断裂1molNO(g)分子中的化学键，需要吸收___________能量。该反应中反应物所具有的总能量___________(填“高于”“低于”或“等于”生成物所具有的总能量。（2）由下图的能量转化关系可知生成16gCH3OH(l)需要___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。（3）CO2催化加氢合成新能源甲醇，既实现了碳资源充分利用，又可有效减少CO2排放。在体积为2L的密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，一定条件下发生反应：，测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。①在4min到9min时间段，v(H2)=___________mol·L-1·min-1②能说明上述反应达到平衡状态的是___________；A．恒温、恒容时，容器内混合气体的密度不再变化B．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度相等时(即图中交叉点)C．有2个C=O键断裂的同时，有3个H-H键生成D．当v正(CO2)=3v逆(H2)③平衡时H2的物质的量为___________。（4）燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如有图为CH3OH燃料电池的工作原理示意图，a、b均为情性电极。①b极的电极反应为：___________；②若此燃料电池电路中转移2mol电子，则消耗的O2在标准状况下的体积为___________。〖答案〗（1）①.632kJ②.低于（2）①.放出②.45.5（3）①.0.15②.C③.1.5mol（4）①.②.11.2L〖解析〗（1）从图中可以看出，若断裂1molNO(g)分子中的化学键，需要吸收632kJ能量。该反应中△H=946kJ/mol+498kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，则该反应为吸热反应，反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量。（2）从图中可以看出，生成1molCH3OH(l)，放热510kJ-419kJ=91kJ，则生成16gCH3OH(l)(物质的量为0.5mol)需要放出0.5mol×91kJ/mol=45.5kJ能量。（3）①在4min到9min时间段，CO2的浓度变化为0.25mol/L，则v(H2)==0.15mol·L-1·min-1；②A．恒温、恒容时，容器内混合气体的质量不变，则密度始终不变，所以密度不再变化时，反应不一定达平衡状态，A不符合题意；B．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度相等时(即图中交叉点)，反应继续正向进行，B不符合题意；C．有2个C=O键断裂的同时，有3个H-H键生成，反应进行的方向相反，且速率之比等于化学计量数之比，说明反应达到平衡状态，C符合题意；D．当v正(CO2)=3v逆(H2)，速率之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡状态，D不符合题意；故选C。③平衡时CO2的物质的量变化为0.75mol/L×2=1.5mol，则H2的物质的量的变化为4.5mol，H2的物质的量为6mol-4.5mol=1.5mol。（4）从电子流向看，a电极为负极，b电极为正极。①b极O2得电子产物与电解质作用生成OH-，电极反应为：；②若此燃料电池电路中转移2mol电子，则消耗的O2的物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积为11.2L。24.已知烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A能发生下图所示的转化关系。回答下列问题：（1）A→B的反应类型是___________；（2）写出B→C的反应方程式___________；（3）F的同分异构体结构简式为___________；（4）已知G是A的同系物，相对分子质量比A大14，请写出由G生成聚合物的反应方程式___________；（5）某实验小组按如图装置制备E，①写出B和D反应生成E的化学方程式___________；②反应前左试管中加入化学药品的顺序为___________；③在右试管中通常加入___________溶液。〖答案〗（1）加成反应（2）（3）CH3CHBr2（4）（5）①.②.无水乙醇-浓硫酸-冰乙酸或无水乙醇-冰乙酸-浓硫酸③.饱和Na2CO3或饱和碳酸钠〖解析〗烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，则A为CH2=CH2；CH2=CH2与H2O发生加成反应，生成B为CH3CH2OH；CH3CH2OH催化氧化生成C为CH3CHO，CH3CHO催化氧化生成D为CH3COOH；CH3CH2OH与CH3COOH发生酯化反应，生成E为CH3COOCH2CH3等；CH2=CH2与Br2/CCl4发生加成反应，生成F为BrCH2CH2Br。（1）A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，A→B的反应类型是加成反应；（2）B(CH3CH2OH)发生催化氧化→C(CH3CHO)，反应方程式为；（3）F为BrCH2CH2Br，其同分异构体结构简式为CH3CHBr2；（4）G是A(CH2=CH2)的同系物，相对分子质量比A大14，则G为CH3CH=CH2，由G生成聚合物的反应方程式为；（5）①B(CH3CH2OH)和D(CH3COOH)反应生成E(CH3COOCH2CH3)，化学方程式为；②反应前左试管中，需要加入的药品为无水乙醇、冰乙酸、浓硫酸，联想到浓硫酸稀释，则加入化学药品的顺序为：无水乙醇-浓硫酸-冰乙酸或无水乙醇-冰乙酸-浓硫酸；③在右试管中，溶液应具有吸收乙酸、乙醇、降低乙酸乙酯溶解度的能力，通常加入饱和Na2CO3或饱和碳酸钠溶液。内蒙古阿拉善盟2022-2023学年高一下学期期末考试试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂思。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结来后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16第I卷(选择题共60分)一、单项选择题：本大题共20小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生产、生活息息相关。下列叙述正确的是（）A.可采用喷洒硫粉的方法除掉洒落在地面上的水银B.泡菜中的微生物将硝酸盐还原为亚硝酸盐的过程，属于氮的固定C.SO2是一种有毒物质，因此不能作为食品添加剂使用D.医疗上将BaCO3作为消化系统X射线检查的内服药剂，俗称“钡餐”〖答案〗A〖解析〗【详析】A．汞在常温下能与硫粉反应，生成硫化汞固体，则可采用喷洒硫粉的方法除掉洒落在地面上的水银，A正确；B．硝酸盐中氮元素显+5价，而不是0价，所以反应不属于氮的固定，B不正确；C．SO2虽然有毒，但它能抑制细菌生长，并具有抗氧化能力，因此控制好用量，SO2可作为食品添加剂使用，C不正确；D．BaCO3易溶于胃酸，不能作为消化系统X射线检查的内服药剂，BaSO4可作“钡餐”，D不正确；故选A。2.制作某糕点的主要原料有：面粉、植物油、奶油、鸡蛋、白糖等，下列说法错误的是（）A.面粉中富含淀粉，淀粉是天然有机高分子化合物B.植物油在人体内酶的催化作用下水解，生成甘油和高级脂肪酸C.奶油中含有较多的饱和脂肪，多吃对身体健康不利D.鸡蛋中富含脂肪、蛋白质等成分，它们均含C、H、O、N等元素〖答案〗D〖解析〗【详析】A．淀粉是由大量葡萄糖单元相互连接组成的，属于天然有机高分子，A正确；B．植物油属于高级脂肪酸甘油酯，在酶的作用下可以水解，生成甘油和高级脂肪酸，B正确；C．奶油为半固态的脂肪，饱和度较高，不易代谢，多吃对身体健康不利，C正确；D．脂肪属于高级脂肪酸甘油酯，由C、H、O元素组成，D错误；〖答案〗选D。3.下列化学用语错误的是（）A.中子数为20的氯原子：B.乙醇分子的球棍模型为C.乙醇分子中含有甲基，甲基的电子式为D.乙烯的填充模型〖答案〗B〖解析〗【详析】A．中子数为20的氯原子，其质量数为37，符号为：，A正确；B．为乙酸分子的球棍模型，而不是乙醇分子的球棍模型，B错误；C．乙醇分子中含有甲基，甲基的结构简式为-CH3，电子式为，C正确；D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，空间填充模型为，D正确；故选B。4.下列有关说法正确的是（）A.天然气、沼气、生物柴油都是不可再生能源B.使用合成抗氧化剂、防腐剂能减慢食品变质速率C.石油经分馏可得到乙烯、丙烯等化工原料D.工业上通过电解饱和食盐水制备钠单质〖答案〗B〖解析〗【详析】A．天然气是不可再生能源，沼气、生物柴油是可再生能源，A不正确；B．合成抗氧化剂，能防止或减慢食品发生氧化作用，使用防腐剂，可以阻止微生物生长，从而减慢食品变质速率，B正确；C．石油经分馏可得到汽油、煤油等产品，而裂解可获得乙烯、丙烯等化工原料，C不正确；D．工业上通过电解饱和食盐水制备烧碱，制备钠单质是电解熔融的氯化钠，D不正确；故选B。5.化学与人体健康及环境保护息息相关。下列实际生活、生产、科研活动合理且评价正确是（）选项实际生活、生产、科研活动评价A将废旧电池深挖掩埋不会造成环境污染B将有机物中的原子换为原子有利于降低碳排放C将废旧塑料制品焚烧以回收热能有利于节约能源D制作水果罐头时加入适量维生素C有利于减慢水果罐头氧化变质的速率〖答案〗D〖解析〗【详析】A．将废旧电池深挖掩埋会污染水体和土壤，会造成环境污染，故A错误；B．将有机物中的原子换为原子不能减少二氧化碳的排放，对碳排放无影响，故B错误；C．将废旧塑料制品焚烧会生成有害的物质造成环境污染，故C错误；D．制作水果罐头时加入适量维生素C，维生素C的还原性强，可以减慢水果罐头氧化变质的速率，故D正确；故选D。6.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是（）A.上述过程涉及氧化还原反应B.可以采用蒸馏法从海中获得淡水C.工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由流程可知，海水晒盐分离出粗盐，在苦卤中通入氯气可氧化溴离子生成溴单质，含镁离子的溶液中加沉淀剂为CaO或氢氧化钙等可实现对镁离子的提纯和富集，得到氢氧化镁沉淀，据此解答。【详析】A．上述过程中，氯气氧化溴离子生成溴单质的反应为氧化还原反应，故A正确；B．控制水的沸点，可以采用蒸馏法从海中获得淡水，故B正确；C．由于氢氧化钙比氢氧化钠便宜，工业生产中常选用氢氧化钙作为沉淀剂，故C错误；D．溴易挥发，先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原为溴化氢，从而达到富集溴的目的，故D正确；故选：C。7.下列实验合理的是（）A.利用甲实验装置可以得出非金属性Cl＞C＞SiB.利用装置乙可以制取和收集NO2气体C.利用装置丙制取和收集少量的氨气D.图丁可以完成喷泉实验〖答案〗D〖解析〗【详析】A．盐酸不是含氧酸，且生成的二氧化碳中含有氯化氢，该装置不能比较非金属性Cl＞C＞Si，故A错误；B．二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，不能用排水法收集二氧化氮，故B错误；C．氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在试管口附近二者又重新化合生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；D．二氧化硫与NaOH溶液反应，挤压胶头滴管可引发喷泉，故D正确；故选D。8.化学反应速率和化学反应的限度是化工生产研究的主要问题，下列对化学反应速率和反应限度的认识错误的是（）A.决定化学反应速率的客观因素有温度、浓度、压强和催化剂等B.对任何化学反应来说，反应速率越快，对应现象越明显C.使用催化剂能加快反应速率，提高生产效率D.任何可逆反应都有一定限度，且限度是可以改变的〖答案〗B〖解析〗【详析】A．影响化学反应速率的因素有内因和外因，内因是物质的自身性质，是主要因素，外因是客观因素，如浓度、温度、压强、催化剂等，A正确；B．反应速率快的现象不一定明显，如NaOH与HCl的反应，反应速率慢的现象可能明显，如铁生锈，B错误；C．使用催化剂能加快反应速率，提高生产效率，C正确；D．可逆反应中，当正逆反应相等时，达到反应限度，可逆反应不可能完全反应，存在反应限度，当外界条件变化时，如正反应速率和逆反应速率不相等，则化学反应的限度可发生变化，D正确；故〖答案〗为：B。9.高强度运动会导致肌肉乳酸堆积，产生酸痛感。已知乳酸的结构简式如图所示，关于该有机物的说法错误的是（）A.含有羧基、烃基两种官能团B.该有机物能与碳酸氢钠反应放出CO2C.该有机物分子只含极性键和非极性键D.该有机物能发生酯化反应〖答案〗A〖解析〗【详析】A．该有机物分子中含有羟基、羧基两种官能团，烃基不属于官能团，A错误；B．该有机物分子中含有羧基，其酸性强于碳酸，能与碳酸氢钠反应放出CO2，B正确；C．该有机物分子中含有碳氢、氧氢、碳氧极性键和碳碳非极性键，C正确；D．该有机物分子中含有羟基和羧基，它们都能发生酯化反应，D正确；故选A。10.2021年6月11日国家航天局公布了由“祝融号”火星车拍摄的首批科学影像图。火星气体及岩石中富含X、Y、Z、W四种元素。已知：X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，其单质与热水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，X、W为同一主族元素，Y是地球地壳中含量最高的元素，火星岩石含有ZWY3。下列判断正确的是（）A.W位于元素周期表第三周期ⅤA族 B.最高价含氧酸的酸性：X<WC.原子半径：Z>W>Y>X D.X和Y可形成不止一种化合物〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，Y也是地球地壳中含量最高的元素，则Y为O；其中Z为金属元素，其单质与热水反应后溶液能使酚酞试液变为浅红色，Z的原子序数大于O，则Z为Mg；X、W为同一主族元素，火星岩石含有ZWY3，ZWY3为MgWO3，W的化合价为+4价，说明W位于ⅣA族，结合原子序数可知，X为C，W为Si元素，以此分析解答。【详析】A.由分析可知，W为Si，硅的原子序数为14，位于元素周期表第三周期ⅣA族，A错误；B.由分析可知，X为C、W为Si，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，故最高价含氧酸的酸性H2CO3＞H2SiO3即X＞W，B错误；C.由分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、Mg和Si，主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Mg＞Si＞C＞O即r（Z）＞r（W）＞r（X）＞r（Y），C错误；D．由分析可知，X、Y、分别为C、O，则二者能形成的化合物有CO、CO2等，即X和Y可形成不止一种化合物，D正确；故〖答案〗为：D。11.通过下列实验步骤及现象，得出的结论错误的是（）选项实验步骤及现象实验结论A向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有B向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含C将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间乙醇催化氧化反应是放热反应D在0.01mol乙醇中加入过量的金属钠充分反应，收集到标准状况下气体112mL乙醇分子中有1个氢原子与氧原子相连，其余与碳原子相连〖答案〗B〖解析〗【详析】A．向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体显碱性，应为NH3，所以溶液中一定含有，A正确；B．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，产生的白色沉淀可能为BaSO4，可能为AgCl，则该溶液中不一定含，B错误；C．将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约50℃的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间，说明反应产生的热量能维持反应的进行，则乙醇催化氧化反应是放热反应，C正确；D．在0.01mol乙醇中加入过量的金属钠充分反应，收集到标准状况下气体112mL(0.005mol)，从而表明乙醇分子中含有1个活泼氢原子，也就是乙醇分子中有1个氢原子与氧原子相连，其余与碳原子相连，D正确；故选B。12.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.1mol蔗糖完全水解生成的葡萄糖分子数为B.工业上，和4mol在高温高压催化剂作用下生成的分子数为C.标准状况下，11.2L氯仿()中含有的极性键数目为D.1molFe溶于过量稀硝酸溶液中，转移电子数为〖答案〗D〖解析〗【详析】A．1mol蔗糖水解生成1mol葡萄糖和1mol果糖，而非2mol葡萄糖，A错误；B．合成氨为可逆反应，1molN2并不能完全转化生成2molNH3，B错误；C．氯仿标况下为液体，不适用于22.4L/mol的气体体积计算，C错误；D．过量的硝酸将Fe氧化至+3价，因此1molFe反应转移电子数3NA，D正确；〖答案〗选D。13.孔雀石的主要成分是，某小组以孔雀石、锌粒、废稀硫酸为原料制备铜，设计了如下两套方案：方案1：孔雀石方案2：下列说法错误的是（）A.方案1和方案2都发生了置换反应B.从安全角度考虑，方案1优于方案2C.理论上，方案2中等质量的锌可以制备等质量的铜D.方案2消耗的能量大于方案1消耗的能量〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗方案1中，与硫酸反应，生成硫酸铜、二氧化碳和水，接着加入锌与硫酸铜发生置换反应，得到铜；方案2中高温分解得到氧化铜，锌与硫酸反应生成氢气，氢气与氧化铜加热得到铜，据此分析作答。【详析】A．由分析可知，方案1和方案2都发生了置换反应，A项正确；B．方案2用了氢气加热，则从安全角度考虑，方案1优于方案2，B项正确；C．方案1中存在关系式，方案2中存在关系式，则理论上，方案2中等物质的量的锌可以制备等物质的量的铜，C项错误；D．方案2中用了高温和加热，则消耗的能量大于方案1消耗的能量，D项正确；〖答案〗选C。14.我国科学家开发新型催化剂()实现室温下和反应生成。向2L恒容密闭容器中充入2.0mol和1.0mol，加入该催化剂，室温下发生反应，测得的物质的量随时间变化如表所示。下列说法正确的是（）t/min0510152025n/mol2.01.30.90.60.50.5A.容器中的元素均位于短周期 B.5～10min内，最大C.平衡时浓度为1.5mol/L D.CO的平衡转化率为75%〖答案〗D〖解析〗【详析】A．容器中有催化剂含Pt、Co、Ni元素，属于非短周期元素，故A错误；B．由CO的物质的量随时间变化可知，0~5min内，最大，故B错误；C．20min达到平衡状态时，CO2浓度为0.75mol/L，故C错误；D．CO的平衡转化率，故D正确；〖答案〗选D15.小铭同学在老师的指导下将“化学现象抽象为数学表达”。其中图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，则y轴表示实验过程中（）A.铜棒的质量 B.c(Zn2+) C.c(H+) D.c()〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗该装置构成原电池，Zn是负极，Cu是正极。【详析】A．在正极Cu上溶液中的H+获得电子变为氢气，Cu棒的质量不变，选项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，选项B正确；C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c(H+)逐渐降低，选项C错误；D．不参加反应，其浓度不变，选项D错误；〖答案〗选B。16.已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为：第一步：H2O2+I-→H2O+IO-慢第二步：H2O2+IO-→H2O+O2+I-快下列有关该反应的说法正确的是（）A.I-的浓度大小决定反应速率的大小B.IO-是该反应催化剂C.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)D.H2O2分解的热化学方程式为2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-98kJ·mol-1〖答案〗A〖解析〗【详析】A．I-是第一步反应的反应物，I-的浓度大小决定第一步反应速率，第一步是慢反应，慢反应决定总反应速率，所以I-决定反应速率的大小，故A正确；B．IO-是第一步反应的生成物，IO-是第二步反应的反应物，所以IO-是该反应的中间产物，故B错误；C．v(H2O)是纯液体，不能用水的浓度变化表示反应速率，故C错误；D．1molH2O2放出热量98kJ，H2O2分解的热化学方程式为2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196kJ·mol-1，故D错误；选A。17.已研制出的臭鼬剂主要成分是丁硫醇(C4H9SH)，人的口臭是由于分泌出有臭味的甲硫醇(CH3SH)，液化气中添加的报警剂是极臭的乙硫醇(C2H5SH)。下列说法不正确的是（）A.沸点不同的丁硫醇有四种B.甲硫醇分子中含有四个共价键C.丁硫醇与甲硫醇及乙硫醇互为同系物D.丁硫醇在空气中完全燃烧生成二氧化硫、二氧化碳和水〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．其同分异构体有碳链异构、官能团位置异构，则沸点不同的丁硫醇有4种，A正确；B．甲硫醇(CH3SH)分子中含有5个共价键，存在C-H键3个、1个C-S键、1个S-H键，所以含有5个共价键，B错误；C．同系物结构相似，在分子组成上相差一个或若干个-CH2原子团，丁硫醇与甲硫醇及乙硫醇互为同系物结构相似且分子组成相差一个或若干个-CH2原子团，所以属于同系物，C正确；D．丁硫醇(C4H9SH)中含有C、H、S三种元素，完全燃烧生成二氧化硫、二氧化碳和水，D正确；〖答案〗选B。18.在恒容绝热密闭容器中投入24g焦炭粉、充入气体发生反应：，测得容器内气体温度与时间关系如图所示。下列推断正确的是（）A.混合气体的压强始终保持不变B.该反应的逆反应是放热反应C.增大焦炭粉质量，反应速率加快D.10min时，单位时间内消耗1mol同时消耗2moI〖答案〗D〖解析〗【详析】A．恒容条件下，反应前后气体分子数不变，但温度升高，压强变大，故A错误；B．在绝热密闭容器中，随反应不断进行，容器内温度升高，说明正向反应放热，逆向反应是吸热，故B错误；C．增大焦炭粉质量，不改变反应物浓度，反应速率不变，故C错误；D．10min时，温度不再发生变化，说明反应达到平衡状态，单位时间内消耗1mol同时消耗2moI，故D正确；〖答案〗选D。19.“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫——空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是（）A.该电池放电时质子从电极b移向电极aB.相同条件下，放电过程中消耗的，和的体积比为2∶1C.电极a附近发生的电极反应为D.电极b附近发生的电极反应为〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗电极a中SO2转化为H2SO4，发生氧化反应，则a电极为负极，发生的电极反应为；电极b中消耗O2，则b电极为正极，发生的电极反应为。【详析】A．由分析可得，电极a为负极，电极b为正极，阳离子向正极移动，则质子从电极a向电极b移动，A错误；B．电池总反应为，相同条件下，放电过程中，和的体积比为2∶1，B正确；C．电极a附近发生的电极反应为，C错误；D．电极b附近发生的电极反应为，D错误；故选B。20.硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物。常温下，将烟气与的混合气体通入与的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法正确的是（）A.反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为B.反应Ⅱ的离子方程式为C.反应过程中混合溶液内和离子总数保持不变D.该转化过程的实质是NO被氧化成〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，过程Ⅱ发生反应的离子方程式：2NO+4H++4Ce3+═2H2O+N2↑+4Ce4+，总反应：2NO+2H2=2H2O+N2↑，Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物。【详析】A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，故A错误；

B．过程Ⅱ发生反应的离子方程式：2NO+4H++4Ce3+═2H2O+N2↑+4Ce4+，故B错误；

C．Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物，反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子总数一定保持不变，故C正确；

D．总反应：2NO+2H2=2H2O+N2↑，NO的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NO被H2还原，故D错误；故选：C。第Ⅱ卷(非选择题共40分)二、非选择题：21.已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，已知A的某种原子核内没有中子，A和D，C和F分别为同一主族元素，B原子的最外层电子数比次外层多3，E的最高价氧化物对应的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应。（1）C、E分别形成的简单离子中，半径较大的是___________(填离子符号)（2）F和G的最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是___________(填化学式)（3）由A、D、F形成的化合物中化学键的类型为___________；（4）由A、B形成18e-化合物的结构式为___________；（5）用电子式表示C与D形成的原子个数比为1:2的化合物的形成过程___________；（6）D、E的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为___________；（7）由B、G形成的化合物分子中，B和G原子的最外层均达到8电子稳定结构，该化合物遇水可反应生成一种具有漂白性的化合物，写出反应的化学方程式：___________。〖答案〗（1）O2-（2）HClO4（3）离子键和(极性)共价键（4）（5）（6）（7）〖解析〗已知A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的短周期主族元素，已知A的某种原子核内没有中子，则A为H元素；B原子的最外层电子数比次外层多3，则B为N元素；A和D为同主族元素，则D为Na元素；E的最高价氧化物对应的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，则E为Al元素；C和F分别为同一主族元素，则C为O元素，F为S元素，G为Cl元素。从而得出A、B、C、D、E、F、G分别为H、N、O、Na、Al、S、Cl。（1）C、E分别为O、Al，二者形成的简单离子O2-、Al3+的电子层结构相同，O的核电荷数比Al小，则离子半径较大的是O2-。（2）F和G分别为S、Cl，Cl的非金属性比S强，则最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是HClO4。（3）由A、D、F形成的化合物为NaHS，化学键的类型为离子键和(极性)共价键。（4）由A、B形成18e-化合物为N2H4，结构式为。（5）C与D形成的原子个数比为1:2的化合物为Na2O，用电子式表示形成过程为。（6）D、E的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者相互反应的化学方程式为。（7）由B、G形成的化合物分子中，B和G原子的最外层均达到8电子稳定结构，则其化学式为NCl3，该化合物遇水反应生成的一种具有漂白性的化合物为HClO，反应的化学方程式：。22.公元前9世纪，二氧化硫就被用于消毒和漂白。实验室可用下列装置(部分夹持仪器略去)制取SO2并验证其性质。（1）检查装置A、B气密性的操作为：先关闭装置A中分液漏斗活塞和装置B中止水夹K，往长颈漏斗中注水至水柱高于广口瓶液面，若观察到___________，则气密性良好；（2）装置A中反应的化学方程式为___________；（3）实验时，通气一段时间后，C试管中出现大量淡黄色浑浊现象，证明二氧化硫具有___________(填“还原性”“氧化性”或“漂白性)；（4）实验结束时，关闭止水夹K，装置B所起的作用是___________；（5）取少量试管D中的溶液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。SO2通入试管D中反应的离子方程式为___________；（6）用如图装置验证酸性比强。请从下列试剂中选择合适试剂以完成实验(要求：试剂不重复，填代号)：a．品红溶液b．酸性KMnO4溶液c．饱和NaHCO3d．饱和NaHSO3溶液X为___________，Y为___________，Z为___________。〖答案〗（1）水柱高度保持不变或长颈漏斗中液面与广口瓶液面差不变（2）（3）氧化性（4）储气瓶或安全瓶（5）（6）①.c②.b③.a〖解析〗A装置中，Na2SO3与H2SO4反应，用于制取SO2气体；B装置用于储存SO2，C装置用于检验SO2的氧化性，D装置用于检验SO2的还原性，E装置用于处理尾气。（1）检查装置A、B气密性的操作为：先关闭装置A中分液漏斗活塞和装置B中止水夹K，往长颈漏斗中注水至水柱高于广口瓶液面，若观察到水柱高度保持不变或长颈漏斗中液面与广口瓶液面差不变，则气密性良好；（2）装置A中，Na2SO3与H2SO4反应，用于制取SO2气体，反应的化学方程式为；（3）实验时，通气一段时间后，C试管中出现大量淡黄色浑浊现象，证明发生反应3SO2+2Na2S=2Na2SO3+3S↓，二氧化硫具有氧化性；（4）实验结束时，关闭止水夹K，装置B中气体通过排出水，保存在装置B中，则装置B所起的作用是：储气瓶或安全瓶；（5）取少量试管D中的溶液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则SO2通入试管D中，被Cl2氧化生成H2SO4等，反应的离子方程式为；（6）用如图装置验证酸性比强，需先将SO2通入饱和NaHCO3溶液中，再检验产物中CO2的存在，为防止SO2干扰CO2的检验，应先将气体通过酸性KMnO4溶液进行氧化处理SO2，再用品红检