高一化学期末模拟卷02（全解全析）（人教版2019必修第二册）

2024-2025学年高一化学下学期期末模拟卷02注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：全部（人教版2019必修第二册）。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64Zn65第Ⅰ卷（选择题共50分）一、选择题：本题共25个小题，每小题2分，共50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。1．2020年10月，我国实施嫦娥五号登月计划，实现月球表面无人采样返回。嫦娥五号探测器所用下列构件主要由有机高分子料制造的是A．国旗——合成纤维 B．雷达密封环——陶瓷C．太阳能电池板——单晶硅 D．“挖土”钻杆——铝基碳化硅【答案】A【详解】A．国旗的制作材料是合成纤维，合成纤维属于有机高分子料，A符合题意；B．雷达密封环的制作材料是陶瓷，陶瓷属于传统无机非金属材料，B不符合题意；C．太阳能电池板的制作材料是单晶硅，单晶硅属于新型无机非金属材料，C不符合题意；D．“挖土”钻杆的制作材料是铝基碳化硅，铝基碳化硅属于新型无机非金属材料，D不符合题意；故合理选项是A。2．下列对有机物说法正确的是A．CCl4的空间填充模型： B．一氯甲烷的电子式：C．与互为同分异构体 D．C2H6和C8H18一定为同系物【答案】D【详解】A．CCl4是正四面体分子，Cl原子半径大于C原子半径，故其空间填充模型为，故A错误；B．一氯甲烷分子中碳原子与氯原子、氢原子间均共用1对电子，Cl原子外围达到8电子稳定结构，正确的电子式为，故B错误；C．甲烷是正四面体结构，二溴代物只有一种，则与是同一种物质，故C错误；D．C2H6和C8H18符合烷烃的通式，两者结构相似分子组成上相差6个CH2，一定互为同系物，故D正确；故选：D。3．下列说法不正确的是A．聚乙烯是无毒高分子化合物，可用作食品包装B．醋和蔗糖的主要成分均为有机物C．蜜蜂蜇人将蚁酸注入人体可涂抹肥皂缓解D．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物【答案】D【详解】A.聚乙烯是无毒高分子化合物，可用作食品包装，A正确；B.醋的主要成分是乙酸，蔗糖是二糖，它们的主要成分均为有机物，B正确；C.肥皂液显碱性，蜜蜂蜇人将蚁酸注入人体可涂抹肥皂缓解，C正确；D.光导纤维的主要成分是二氧化硅，不属于有机高分子化合物，D错误；故合理选项是D。4．下列鉴别实验中，所选试剂或方法不合理的是A．用水鉴别和乙酸乙酯 B．用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和乙醇C．用灼烧法鉴别羊毛线和腈纶线 D．用高锰酸钾酸性溶液鉴别乙醇和己烯【答案】D【详解】A．和乙酸乙酯均不溶于水，且四氯化碳密度比水大在下层、乙酸乙酯密度比水小在上层，即可水鉴别和乙酸乙酯，A错误；B．碳酸氢钠溶液可以和乙酸反应生成气体，但不和乙醇反应，即可用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和乙醇，B错误；C．灼烧羊毛，有烧焦羽毛气味，即可用灼烧法鉴别羊毛线和腈纶线，C错误；D．乙醇和己烯均能使酸性高锰酸钾褪色，故不能用其鉴别，D正确；故选D。5．下列物质与用途对应不正确的是A．苯甲酸钠：食品防腐剂 B．氧化钙：吸氧剂C．碳酸氢钠：膨松剂 D．阿司匹林：解热镇痛药【答案】B【详解】A．苯甲酸钠可防止食品变质，延长保质期，是常用的食品防腐剂，故A正确；B．氧化钙不和氧气反应，不能作吸氧剂，氧化钙能吸收水，常用作干燥剂，故B错误；C．碳酸氢钠加热分解产生二氧化碳，常用作膨松剂，故C正确；D．阿司匹林是常用的解热镇痛药，故D正确；故答案选B。6．下列常见金属的冶炼原理不正确的是A．电解法炼铝：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2B．加热法炼汞：2HgO2Hg+O2↑C．铝热法炼铁：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3D．湿法炼铜：CuSO4+Fe=Cu+FeSO4【答案】A【分析】对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来；在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来；活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属。【详解】A．AlCl3是共价化合物，熔融的AlCl3不导电，不能电解AlCl3冶炼金属Al，通常电解氧化铝冶炼金属Al，故A错误；B．Hg为不活泼金属，通常直接加热其化合物冶炼Hg，故B正确；C．Al的还原性大于Fe，可利用铝热反应将Fe从其氧化物中还原出来，故C正确；D．Fe的金属活动性比Cu强，可将Cu从其盐溶液中置换出来，湿法炼铜的原理为CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，故D正确；故答案选A。7．是一种常用氮肥，下列关于的说法正确的是A．氯离子的结构示意图：

B．中含有个质子C．不宜与碱性化肥混合使用D．人工固氮的反应：【答案】C【详解】A．氯离子核外有18个电子，其离子的结构示意图：

，故A错误；B．1个铵根有11个质子，则中含有个质子，故B错误；C．氯化铵显酸性，与碱性化肥会发生反应，因此不宜与碱性化肥混合使用，故C正确；D．固态是游离态的氮气变为化合态，人工固氮的反应是合成氨的反应，故D错误。综上所述，答案为C。8．下列关于的实验，能达到实验目的的是A．制取B．验证漂白性C．收集D．尾气处理A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，和稀硫酸不反应，A错误；B．二氧化硫通入品红溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有漂白性，B正确；C．二氧化硫密度大于空气，应该用向上排空气法收集，即长口进，短口出，C错误；D．应该用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，亚硫酸氢钠溶液不能吸收二氧化硫，D错误；答案选B。9．制取较纯净的一氯乙烷最好采用的方法是A．乙烷和氯气反应 B．乙烯和氯气反应C．乙烯和氯化氢反应 D．乙烷通入浓盐酸【答案】C【详解】A、CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应有杂质HCl生成，且可能含有其它氯代烃生成，所以不符合原子经济的理念，故A错误；B、CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，产物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B错误；C、CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有一氯乙烷，符合原子经济理念，故C正确；D、乙烷和浓盐酸不反应，故D错误。答案选C。10．在一定条件下，将和两种气体混合于2L恒容密闭容器中，发生如下反应：。末该反应达平衡，生成，并测得C的浓度为。下列判断正确的是A．B．A的转化率为C．内B的反应速率为D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态【答案】D【详解】A．末该反应达平衡，生成，并测得C的浓度为，则C的物质的量改变量为，根据改变量之比等于计量系数之比，则，故A错误；B．根据D改变量为0.8mol，则A的改变量为1.2mol，则A的转化率为，故B错误；C．根据D改变量为0.8mol，则B的改变量为0.4mol，内B的反应速率为，故C错误；D．该反应是体积减小的反应，正向移动，气体质量不变，气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应已达到平衡状态，故D正确。综上所述，答案为D。11．下列措施能明显提高化学反应速率的是A．Na与水反应时增大水的用量B．Fe与稀H2SO4反应制取H2时，改用98％的浓H2SO4C．AgNO3溶液与盐酸反应时，增大压强D．恒温恒容条件下，进行工业合成氨反应时，增加氮气的量【答案】D【分析】增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，增大压强只对有气体参加的反应有影响。【详解】A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，化学反应速率不变，故A不符合题意；B．常温下Fe在浓硫酸中发生钝化，不能增大化学反应速率，故B不符合题意；C．增大压强只对有气体参加的反应有影响，AgNO3溶液与盐酸反应时，增大压强，不能增大化学反应速率，故C不符合题意；D．恒温恒容条件下，进行工业合成氨反应时，增加氮气的量，反应物的浓度增大，化学反应速率增大，故D符合题意；故答案选D。12．关于下图中各装置的叙述不正确的是A．装置①可用于制备乙酸乙酯B．装置②可用于模拟海水蒸馏C．装置③可用于探究碳酸氢钠的热稳定性D．装置④为配制溶液过程中的定容操作【答案】C【详解】A．制取乙酸乙酯时，将乙醇放入试管，先加入浓硫酸，最后加入冰醋酸，用饱和碳酸钠溶液接收乙酸乙酯，导管口位于液面上，所以装置①可用于制备乙酸乙酯，A正确；B．制取蒸馏水时，可将海水加入蒸馏烧瓶，加热至海水沸腾，用自来水冷凝，收集冷凝后的液体，装置②可用于模拟海水蒸馏，B正确；C．若用装置③验证碳酸氢钠的热稳定性，碳酸氢钠分解产生的水蒸气在试管口遇冷会流回到试管底，使试管底炸裂，C不正确；D．在容量瓶内配制溶液定容时，应使用胶头滴管，且管口位于容量瓶口的上方，装置④可用于配制溶液过程中的定容操作，D正确；故选C。13．我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖B．葡萄糖可通过加聚反应得到淀粉C．葡萄糖是非还原性糖D．乙酸与葡萄糖含有相同官能团【答案】A【详解】A．淀粉为，是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖：，A正确；B．一定条件下，葡萄糖可通过缩聚反应得到淀粉和水，B错误；C．葡萄糖中含有醛基和羟基，为还原性糖，C错误；D．葡萄糖中含有醛基和羟基，乙酸中含有羧基，二者官能团不相同，D错误；故选A。14．某温度下N2O5按下式分解：2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。测得恒容密闭容器内，N2O5的浓度随时间的变化如下表：t/min012345……c(N2O5)/(mol/L)1.000.710.500.350.250.17……下列说法不正确的是A．4min时，c(NO2)=1.50mol/LB．5min时，N2O5的转化率为83%C．0~2min内平均反应速率v(O2)=0.125mol/(Lmin)D．其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50mol/L，则2min时c(N2O5)<0.25mol/L【答案】D【详解】A.由题给表格数据可知，4min时，N2O5的消耗量为(1.00—0.25)mol/L=0.75mol/L，由各物质的化学计量数之比等于变化量之比可得反应生成c(NO2)=0.75mol/L×2=1.50mol/L，故A正确；B.5min时，N2O5的消耗量为(1.00—0.17)mol/L=0.83mol/L，则N2O5的转化率为×100%=83%，故B正确；C.0~2min内，N2O5的消耗量为(1.00—0.50)mol/L=0.50mol/L，由各物质的化学计量数之比等于变化量之比可得反应生成c(O2)=0.50mol/L×=0.25mol/L，则v(O2)==0.125mol/(Lmin)，故C正确；D.由题给表格数据可知，2min时N2O5的消耗浓度为起始的一半，其他条件不变，若起始c(N2O5)=0.50mol/L，反应物浓度减小，化学反应速率减小，反应消耗N2O5的浓度小于起始的一半，则2min时c(N2O5)＞0.25mol/L，故D错误；故选D。15．下面关于化学反应的限度的叙述中，正确的是A．化学反应的限度都相同B．可以通过改变温度控制化学反应的限度C．可以通过延长化学反应的时间改变化学反应的限度D．当一个化学反应在一定条件下达到限度时，反应即停止【答案】B【详解】在一定条件下的可逆反应经过一段时间后，正、逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度不再发生变化，这种表面上静止的“平衡状态”就是这个可逆反应所能达到的限度。A、化学反应不同，限度不同，选项A错误；B、可以改变外界条件控制化学反应的限度，选项B正确；C、化学反应的限度与反应时间无关，选项C错误；D、当化学反应在一定条件下达到限度时，正、逆反应速率相等，反应未停止，选项D错误。答案选B。16．以Pd纳米粒子为核、空心多孔碳球(HCS)为壳的封装型催化剂是和直接合成中最具代表性的催化剂，其主要反应的机理如图(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列说法正确的是A．使用催化剂可降低反应的焓变，加快该反应的速率B．步骤②释放能量、步骤④吸收能量C．步骤③中有化学键的生成，没有发生化学键的断裂D．若过程中生成，则会降低的产率【答案】D【详解】A．催化剂不能降低反应的焓变，可以加快反应的速率，A错误；B．从图中可知，步骤②一个H2*中化学键断裂生成2个H*，化学键断裂吸收能量，步骤④OOH*和H结合生成H2O2*，形成化学键释放能量，因此步骤②吸收能量，步骤④释放能量，B错误；C．由题中图示可知，步骤③是O2*+2H*→OOH*+H*，氧氧双键断开一根键，C错误；D．由题中图示可知，若过程中生成O*，则会降低OOH*和H2O2*的生成量，生成的O*可能会生成水，可能会降低H2O2的产率，D正确；故答案选D。17．含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放，溶液均可用于吸收NO和，其主要反应为：i.；ii.。已知，溶液不能单独吸收NO；⼀定条件下，⼀段时间内，当时，氮氧化物吸收效率最高。下列说法不正确的是A．氮氧化物的排放会导致产生光化学烟雾、形成酸⾬等B．采用气、液逆流方式可提高单位时间内NO和的吸收率C．标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L转移电⼦数约为D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ【答案】C【详解】A．氮氧化物(NOx)的排放会造成酸雨、光化学烟雾、臭氧层破坏等危害，不仅破坏自然生态环境，A正确；B．采用气、液逆流方式增大接触面积，可提高单位时间内NO和的吸收率，B正确；C．ii.，标准状况下，反应ⅱ中，每吸收2.24L(0.1mol)，N的化合价由+4变为+3、+5，转移电子数约为，C错误；D．该条件下，时，氮氧化物吸收效率不是最高的可能原因是反应速率ⅱ<ⅰ，的量增多抑制ⅱ的反应，D正确；故选C。18．下列有关原电池装置的说法不正确的是A．①、②中，锌片都发生氧化反应B．①、②中，SO都向铜片移动C．②可将2H++Zn=H2↑+Zn2+释放的能量直接转化为电能D．当①、②中通过外电路的电子数相等时，正极生成物的质量比为32：1【答案】B【分析】Zn、Cu和硫酸铜溶液构成原电池中，锌为负极，发生失电子的氧化反应生成Zn2+，负极反应式为Zn-2e-═Zn2+，铜为正极，正极上Cu2+发生得电子的还原反应生成Cu，正极反应式为Cu2++2e-=Cu；Cu-Zn与稀硫酸构成的原电池中，Zn失电子生成Zn2+，为负极，Cu为正极，负极反应式为Zn-2e-═Zn2+，正极上H+得电子生成H2，正极反应式为2H++

2e-═H2↑，原电池工作时，阴离子向负极移动、阳离子向正极移动。【详解】A．Zn比Cu活泼，能与Cu2+、H+反应，则①、②原电池中，锌片都发生氧化反应生成Zn2+，故A正确；B．①、②中，都是锌为负极、铜为正极，工作时阴离子移向负极，SO都向锌片移动，故B错误；C．Cu-Zn与稀硫酸构成的原电池中，将化学能转化为电能，反应实质是2H++Zn═H2↑+Zn2+，故C正确；D．①、②原电池中正极反应式分别为Cu2++2e-=Cu、2H++

2e-═H2↑，当通过外电路的电子均为2mol时，生成1molCu和1molH2，二者质量之比为1mol×64g/mol：1mol×2g/mol=32：1，故D正确；故选：B。19．某温度下，在一固定容积的容器中进行反应：SO3(g)+NO(g)⇌NO2(g)+SO2(g)，下列情况表示一定达化学平衡状态的是A．气体密度不再随时间而改变B．体系总压强不再随时间而改变C．NO和NO2的生成速率相同D．SO3和NO的浓度比为1：1【答案】C【详解】A．该反应前后气体质量不变，容积不变，故密度始终不变，因此气体密度不再随时间而改变不能说明反应达到平衡状态，故A不符合题意；B．恒容，反应前后气体系数和相等，体系总压强始终是不变的，所以气体总压强不随时间而改变时，反应不一定达到平衡状态，故B不符合题意；C．NO和NO2的生成速率相同，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C符合题意；D．SO3和NO的浓度比为1：1时，正逆反应速率不一定相等，反应不一定达到平衡状态，故D不符合题意；故答案选C。20．下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是A．加热条件下进行的化学反应一定是吸热反应B．化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因C．一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化为热能和光能D．将NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O固体混合并搅拌，反应放出热量【答案】B【详解】A项、放热反应有的也需要加热才能发生，如煤炭的燃烧，故A错误；B项、化学反应的实质是反应物化学键断裂吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化，故B正确；C项、一定条件下进行的化学反应，可以将化学能转化成光能、热能或电能等，故C错误；D项、将NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O固体混合并搅拌，反应吸收热量，故D错误；故选B。21．根据乙烯的性质推测丙烯(H2C=CH-CH3)的性质，下列说法中，不正确的是A．丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．丙烯与HCl加成的产物可能有2种C．丙烯与Br2的加成产物是CH2Br-CH2-CH2BrD．聚丙烯用来表示【答案】C【详解】A．丙烯含有的碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，从而使酸性高锰酸钾褪色，故A正确；B．丙烯结构不对称，与HCl发生加成反应，可以得到1-氯丙烷和2-氯丙烷，故B正确；C．丙烯与Br2的加成产物是CH2BrCHBrCH3，故C错误；D．丙烯发生加聚反应时，双键断裂，聚丙烯的结构简式为，故D正确；故答案选C。22．酯在酸、碱或酶催化下可发生水解：，利用该性质可制得一种长效、缓释阿司匹林(有机物L)，其结构如图所示。下列分析不正确的是A．有机物L可由加聚反应制得B．有机物L含有酯基C．有机物L能发生加成反应和取代反应D．有机物L在体内可缓慢水解，逐渐释放出

【答案】B【详解】A．根据有机物L的结构分析，有机物L是由加聚反应得到，故A正确；B．有机物L含有酯基，故B错误；C．有机物L含有苯环和酯基，能发生加成反应和取代反应，故C正确；D．有机物L有酯基，在体内可缓慢水解，发生酯的水解，逐渐释放出

，故D正确。综上所述，答案为B。23．下列实验方案所得实验结论不正确的是选项实验方案实验结论A将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要平缓得多乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B试管中收集等体积的CH4和Cl2，光照一段时间后，气体颜色变浅，试管壁出现油状液滴甲烷和氯气发生了取代反应C向淀粉溶液中加入几滴稀硫酸，煮沸几分钟，向冷却液中加入新制Cu(OH)2，加热，无砖红色沉淀产生淀粉未发生水解D乙醇与橙色的酸性重铬酸钾溶液混合，橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故A正确；B．甲烷与氯气光照下发生取代反应，氯气被消耗，气体颜色变浅，反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯甲烷均为油状液体，故B正确；C．淀粉水解后应在碱性环境下检验葡萄糖，即应先加入NaOH中和稀硫酸制造碱性环境，再加入新制Cu(OH)2，加热，故C错误；D．橙色溶液变为绿色，说明重铬酸钾被还原为Cr3+，进而说明乙醇具有还原性，故D正确；故答案选C。24．室温下，用0.1mol·L－1Na2S2O3溶液、0.1mol·L－1H2SO4溶液和蒸馏水进行如下表所示的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化。编号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水浑浊度随时间变化的曲线V/mLV/mLV/mL①1.53.510②2.53.59③3.53.5x④3.52.59⑤3.51.510下列说法不正确的是A．实验③中x=8B．实验①②③或③④⑤均可说明其他条件相同时，增大反应物浓度可增大该反应速率C．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线应为aD．降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大【答案】C【分析】由图可知，实验③中反应速率最快，由控制变量法可知总体积为15mL，实验①、②、③中Na2S2O3溶液浓度不同，图中③、④、⑤速率接近，①、②、③速率差异大，据此分析解题。【详解】A．实验③中，x＝15−3.5−3.5＝8，故A正确；B．实验①、②、③的目的是探究其他条件相同时，Na2S2O3溶液浓度变化对Na2S2O3与H2SO4反应速率的影响，实验③、④、⑤的目的是探究其他条件相同时，H2SO4溶液浓度变化对Na2S2O3与H2SO4反应速率的影响，故B正确；C．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，反应速率加快，浑浊度增大需要时间更短，故C错误；D．Na2S2O3溶液浓度的改变对速率影响更大，该推断的证据是达到相同浑浊度时，实验①、②、③所需时间的改变量大于实验⑤、④、③所需时间的改变量，故D正确；故答案选C。25．某同学进行如下兴趣实验：反应原理：①②③现象：立即产生橙红色沉淀，几秒钟后溶液颜色变为蓝色下列说法不正确的是A．反应①中表现氧化性B．反应后混合液的减小C．该实验条件下，反应速率：③>②D．若用溶液代替溶液进行上述实验，现象相同【答案】D【详解】A．反应①中中I元素为+5价，生成物I－中I元素为-1价，为氧化剂，表现氧化性，A项正确；B．反应①生成的I－和H+的物质的量之比为1∶3，而反应②消耗的I－和H+的物质的量之比为5∶6，且反应③也消耗I－，所以总的来说H+生成的数量大于消耗的数量，H+数量增多，pH减少，B项正确；C．先产生了橙红色沉淀后溶液颜色变蓝，说明反应速率③＞②，C项正确；D．若用溶液代替溶液，则没有生成反应②所需的H+，反应②难以发生，现象应该不同，D项错误。答案选D。第II卷（非选择题共50分）二、非选择题：本题共5个小题，共50分。26．A~I是常见有机物，它们之间的转化关系如图所示。A是一种烃，其产量通常可衡量一个国家的石油化工水平；E和H为有香味的油状物质。已知：CH3CH2BrCH3CH2OH(1)①的反应类型为。(2)②和④的化学方程式分别为、。(3)G可能具有的性质为(填字母序号)。a.与金属钠反应

b.与NaOH溶液反应

c.使高锰酸钾溶液褪色(4)M为I的同系物，分子中有5个碳原子，写出有3个-CH3的异构体的结构简式。(5)H的结构简式为。【答案】(1)加成(2)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O(3)ac(4)CH3CH(CH3)CH2CH3(5)CH3COOCH2CH2OOCCH3【分析】A是一种烃，其产量通常可衡量一个国家的石油化工水平，则A为乙烯，乙烯与水反应生成B，B连续氧化得到D，B和D发生反应生成的E为有香味的油状物质(酯)，则B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸；乙烯和Br2反应生成F，F发生已知反应生成G，则F为CH2BrCH2Br，G为HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成H，则H为CH3COOCH2CH2OOCCH3；乙烯和氢气反应生成I，则I为乙烷。【详解】（1）反应①为乙烯和水反应生成乙醇，反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；（2）反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应④为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（3）由上述分析可知，G为HOCH2CH2OH，含有羟基，能与金属钠反应，能被酸性高锰酸钾氧化从而使酸性高锰酸钾褪色，不能与NaOH反应，故答案为：ac；（4）I为乙烷，M是乙烷的同系物，且分子中含有5个碳原子，则M为戊烷，有3个-CH3的异构体为异戊烷，其结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3，故答案为：CH3CH(CH3)CH2CH3；（5）由上述分析可知，H的结构简式为CH3COOCH2CH2OOCCH3，故答案为：CH3COOCH2CH2OOCCH3。27．一种简单的原电池装置如图所示。据图回答下列问题。(1)锌是该电池的(填“正”或“负”)极。Zn片上发生的电极反应为。Cu片上发生的电极反应为。能证明化学能转化为电能的实验现象为。(2)装置中稀硫酸的作用是___________。A．电极材料 B．电极反应物 C．电子导体 D．离子导体(3)某原电池的总反应是Zn+Cu2+=Zn2++Cu，该原电池的正确组成是。ABCD(4)下列反应通过原电池装置，不能实现把化学能直接转化为电能的是(填序号)。a．CH4+2O2=CO2+2H2O

b．H2+Cl2=2HClc．NaOH+HCl=NaCl+H2O

d．C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O【答案】(1)负Zn－2e－=Zn2+2H++2e－=H2↑电流表指针发生偏转(2)BD(3)AC(4)c【详解】（1）铜锌原电池中，锌为负极，失去电子生成Zn2＋，电极反应式为Zn−2e−=Zn2＋，铜为正极，H＋得到电子生成H2，电极反应式为2H＋＋2e−＝H2↑，电路中有电子转移，说明装置将化学能转化为电能，即电流表指针发生偏转，故答案为负；Zn−2e−=Zn2＋；2H＋＋2e−＝H2↑；电流表指针发生偏转。（2）铜锌原电池中，金属铜锌是导体，作正负极，总反应为Zn＋H2SO4＝H2↑＋ZnSO4，则H2SO4为反应物、作电解质溶液传导离子形成闭合回路，工作时电子沿导线流向正极，故AC错误、BD正确，故答案为BD。（3）A．Zn作负极、Cu作正极、硫酸铜溶液作电解质溶液可以实现该原电池反应，故A正确；B．应该用可溶性铜盐溶液作电解质溶液，不能用硫酸锌溶液作电解质溶液，否则不能自发进行氧化还原反应而不能构成原电池，故B错误；C．Zn作负极、不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，如石墨C，硫酸铜溶液作电解质溶液可以实现该原电池反应，故C正确；D．应该是锌作负极，不能用铁，Cu作正极，氯化铜或硫酸铜溶液作电解质溶液，故D错误；故答案选AC。（4）该装置符合原电池的构成条件，形成原电池，是将化学能转化为电能的装置，有电流产生，即离子通过稀硫酸在溶液中移动，电子通过导线流向铜片，所以形成电流；反应CH4+2O2=CO2+2H2O，H2+Cl2=2HCl，NaOH+HCl=NaCl+H2O，C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O中，NaOH+HCl=NaCl+H2O没有发生电子的转移，故答案为c。28．某实验小组设计了下图所示的5组实验，探究化学能与热能的转化。(1)实验①在实验前U型管中页面左右相平，在甲试管中加入适量氧化钙和水后，可观察到U型管中的现象是，反应的化学方程式是。(2)实验②中反应的能量变化可用下图中的(填序号A或B)表示(3)实验③④⑤中属于吸热反应的是(填序号)(4)从微观角度分析实验⑤化学反应中能量变化的原因：①和②分别为、(填“吸收”或“释放”)。氢气与氧气反应生成1mol水蒸气时，释放kJ能量。(5)当前，很多地区倡导用天然气替代煤作为家用燃料，从尽可能多的角度分析其原因是。已知：燃料燃烧释放的能量(每1千克)天然气55812kJ煤20908kJ【答案】(1)左管液面降低，右管液面升高CaO+H2O=Ca(OH)2(2)B(3)④(4)吸收释放245(5)相同质量的甲烷和煤相比，甲烷燃烧放出热量更高，甲烷燃烧充分，燃料利用率高，且污染小，甲烷中不含硫等杂质，不会造成酸雨等环境问题，因此甲烷使国家大力推广的清洁能源【详解】（1）CaO固体与水反应的方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2，反应为放热反应，则锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱升高，故答案为左管液面降低，右管液面升高；CaO+H2O=Ca(OH)2。（2）Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应属于吸热反应，即反应物具有的能量小于生成物具有的能量，其能量变化可用如图中的B表示，故答案为B。（3）③为Zn和稀硫酸反应，为放热反应，④为柠檬酸和碳酸氢钠反应，为吸热反应，⑤为氢气燃烧，为放热反应，故答案为④。（4）①为断键，断键吸收能量，②为形成化学键，形成化学键放出能量；断裂1molH2和molO2中的化学键吸收的总能量为（436＋249）kJ＝685kJ，形成1molH2O中的化学键释放的能量为930kJ，因此生成1molH2O时放出热量为930kJ−685kJ＝245kJ，故答案为吸收；释放；245。（5）天然气主要成分是甲烷，由表中数据可以知道，相同质量的甲烷和煤相比，甲烷燃烧放出热量更高；而且甲烷中含氢量最高的烃，燃烧充分，燃料利用率高，且污染小；甲烷中不含硫等杂质，不会造成酸雨等环境问题，因此甲烷是国家大力推广的清洁能源，故答案为：相同质量的甲烷和煤相比，甲烷燃烧放出热量更高，甲烷燃烧充分，燃料利用率高，且污染小，甲烷中不含硫等杂质，不会造成酸雨等环境问题，因此甲烷使国家大力推广的清洁能源。29．溴及其化合物应用广泛，以下两种方法均可从海水中提取溴。(1)吹出法(主要流程如下)：①写出过程中Br－被Cl2氧化的离子方程式是。②写出吸收过程反应的化学方程式。③过程①和②要达到的目的是。④蒸馏塔中控制温度不超过100℃，原因是。⑤经该方法处理后，1m3海水最终得到38.4gBr2，若总提取率为60%，则原海水中溴的浓度是mg/L。(2)聚四氟乙烯气态膜法(基本原理如图所示)：①经处理后的含Br2海水透过膜孔与NaOH吸收液发生反应，离子方程式是。得到富集液后再加酸、精馏可得Br2。②聚四氟乙烯气态膜法与吹出法相比，优点是(写出一条即可)。【答案】(1)Cl2+2Br－=Br2+2Cl－Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4富集溴单质温度过高会蒸出较多水蒸气，降低产品Br2的纯度64(2)3Br2+6OH－=5Br－++3H2O操作简便、绿色环保、节能【分析】浓缩、酸化后海水通入氯气后，溴离子氧化为溴，用热空气把溴吹出，进入吸收塔后，被二氧化硫还原溴离子，进行溴离子的富集，浓度较高溴离子进入蒸馏塔后，再次用氯气氧化溴离子，利用溴的挥发性，加热冷凝得到液态溴。【详解】（1）①Br－被Cl2氧化生成溴单质和氯离子，离子方程式是Cl2+2Br－=Br2+2Cl－。故答案为：Cl2+2Br－=Br2+2Cl－；②用热空气把溴吹出，进入吸收塔后，被二氧化硫还原溴离子，化学方程式Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4。故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；③过程①和②要达到的目的是富集溴单质。故答案为：富集溴单质；④蒸馏塔中控制温度不超过100℃，原因是温度过高会蒸出较多水蒸气，降低产品Br2的纯度。故答案为：温度过高会蒸出较多水蒸气，降低产品Br2的纯度；⑤经该方法处理后，1m3海水最终得到38.4gBr2，若总提取率为60%，设原海水中溴的浓度为xmol/L，则有60%×xmol/L×103L=38400mg，x=64mg/L，则原海水中溴的浓度是64mg/L。故答案为：64；（2）①经处理后的含Br2海水透过膜孔与NaOH吸收液发生反应生成溴化钠和溴酸钠，离子方程式是3Br2+6OH－=5Br－++3H2O。得到富集液后再加酸、精馏可得Br2。故答案为：3Br2+6OH－=5Br－++3H2O；②聚四氟乙烯气态膜法与吹出法相比，优点是操作简便、绿色环保、节能。故答案为：操作简便、绿色环保、节能。30．某小组欲探究反应2Fe2++I22Fe3++2I−，完成如下实验：资料：AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的AgI见光会少量分解。(1)Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3+，检验Ⅱ中有无Fe3+的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，。(2)Ⅲ中的黄色浑浊是。(3)经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。①对Fe3+产生的原因做出如下假设：假设a：空气中存在O2，由于(用离子方程式表示)，可产生Fe3+；假设b：溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+；假设c：；假设d：该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+。②通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立。Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是。(4)经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，。②为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。实验1：向1mL0.1mol·L−1FeSO4溶液中加入1mL0.1mol·L−1AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag+浓度随反应时间的变化如下图。实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相