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四川省遂宁市2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题含解析
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这是一份四川省遂宁市2021-2022学年高一下学期期末考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡收回， 下列说法不正确的是，25NA等内容，欢迎下载使用。
遂宁市高中2024届第二学期教学水平监测
化 学 试 题
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。总分100分。考试时间90分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束后，将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14
第Ⅰ卷(选择题，满分42分)
一、选择题(每小题只有一个正确选项。第1-12题每小题2分，第13-18题，每小题3分，共42分)
1. 化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法正确的是
A. SO2、NO2和CO2都会导致酸雨的形成
B. “百年陈酒十里香”中的香是指乙酸乙酯的香
C. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
D. 光伏发电能量转化方式是热能直接转变为电能
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2、NO2会导致酸雨的形成，CO2导致温室效应的形成，故A错误；
B． “百年陈酒十里香”中乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，香是指乙酸乙酯的香，故B正确；
C．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，故C错误；
D．光伏发电能量转化方式是光能直接转变为电能，故D错误；
综上所述，答案为B。
2. 化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是
A. HClO的结构式：H-Cl-O B. 丙烯的结构简式： CH3CHCH2
C. CH4分子的比例模型： D. 羟基的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧原子周围两个共价键，氯原子和氢原子周围一个共价键，则HClO的结构式为H-O-Cl，A错误；
B．丙烯的结构简式要体现官能团碳碳双键，应为CH3CH=CH2，B错误；
C．CH4分子的球棍模型为，C错误；
D．氧原子最外层电子为6个，氢原子最外层电子为1个，则羟基的电子式为，D正确；
故答案为D。
3. 下列说法正确的是
A. 与为同一种物质
B. H2、D2、T2互为同分异构体
C. CH3Cl和ClCH2CH2Cl互为同系物
D. 16O2−和18O2−互为同位素
【答案】A
【解析】
【详解】A．与 是同种物质，其命名为2−甲基丁烷，故A正确；
B．H2、D2、T2都是氢气，同一种结构，不互为同分异构体，故B错误；
C．CH3Cl和ClCH2CH2Cl两者结构不相似，前者含一个氯原子，后者含两个氯原子，因此两者不互为同系物，故C错误；
D．16O2−和18O2−两者是离子，不是原子，因此不互为同位素，故D错误。
综上所述，答案为A。
4. 下列说法不正确的是
A. HF、HCl、HBr、HI酸性依次减弱
B. LiOH、NaOH、KOH、RbOH碱性依次增强
C. F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐升高
D. H2O的还原性小于NH3
【答案】A
【解析】
【详解】A．HF、HCl、HBr、HI酸性依次增强，HF是弱酸，其余三个是强酸，故A错误；
B．同主族从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物碱性逐渐增强，因此LiOH、NaOH、KOH、RbOH碱性依次增强，故B正确；
C．卤族元素单质从上到下熔点逐渐升高，因此F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐升高，故C正确；
D．非金属性强，其氢化物的还原性弱，非金属性：O＞N，因此H2O的还原性小于NH3，故D正确；
综上所述，答案为A。
5. 下列化合物中，化学键类型完全相同的是
A. HCl和NaCl B. AlCl3和CaCl2 C. NaHS和NaOH D. Na2O2和 MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl只含共价键，NaCl只含离子键，故A不符合题意；
B．AlCl3是共价化合物，只含共价键，CaCl2只含离子键，故B不符合题意；
C．NaHS和NaOH，两者都含有离子键和极性共价键，故C符合题意；
D．Na2O2含有离子键和非极性共价键，MgCl2只含离子键，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
6. 设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是
A. 标准状况下，1 mol N2和3 mol H2充分反应后得到2NA个 NH3分子
B. 含有1 mol HNO3的稀溶液，加入一定量的单质Fe，恰好反应后，得到气体分子数目0.25NA
C. 标准状况下，5.6 L SO3溶于水后，溶液中H+数目为0.5NA
D. 标准状况下，22.4 L氦气分子中共价键数目为NA个
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮气和氢气合成氨的反应是可逆反应，标准状况下，1 mol N2和3 mol H2充分反应后得到NH3分子个数小于2NA，故A错误；
B．含有1 mol HNO3的稀溶液，加入一定量的单质Fe，恰好反应后，无论是生成硝酸铁还是硝酸亚铁，还是两者的混合物，硝酸与NO的比例关系为4HNO3～NO，因此含有1 mol HNO3的稀溶液反应得到气体分子数目0.25NA，故B正确；
C．标准状况下，SO3是非气态物质，无法计算物质的量，故C错误；
D．氦气是单原子分子，因此分子中没有化学键，故D错误。
综上所述，答案为B。
7. 为了除去括号内的杂质，其试剂选择和分离方法都正确的是
序号
物质(杂质)
所用试剂
分离方法
A
苯(Br2)
CCl4
萃取、分液
B
乙酸乙酯(乙酸)
氢氧化钠溶液
分液
C
C2H6(C2H4)
H2
通气
D
CH3CH2OH(H2O)
生石灰
蒸馏
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯(Br2)，溴单质都易溶于苯和四氯化碳，因此不能用四氯化碳分离苯和溴单质，常用氢氧化钠溶液与溴单质反应，再分液进行分离，故A错误；
B．乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠和乙醇，因此不能用氢氧化钠溶液除去乙酸，乙酸乙酯中含有乙酸，常用饱和碳酸钠溶液反应乙酸，再分液得到乙酸乙酯，故B错误；
C．氢气和乙烯催化剂加热反应生成乙烷，但由于是气流，会引入氢气杂质，C2H6中含有C2H4，常用溴水吸收乙烯，故C错误；
D．CH3CH2OH中含有H2O，加入氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，再蒸馏得到乙醇，故D正确。
综上所述，答案为D。
8. 一定温度下，在恒容的密闭容器中，能表示反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)达到平衡状态的标志有
①容器中的压强不再发生变化
②H2的生成速率与H2O的消耗速率之比为1∶1
③混合气体的平均相对分子质量不变
④容器内混合气体的密度不变
⑤CO的物质的量浓度不再变化
⑥CO和H2的物质的量浓度之比为1∶1保持不变
A. ③④⑤⑥ B. ②③④⑤ C. ①③④⑤ D. ①④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①该反应是体积减小的反应，正向反应，压强不断减小，当容器中的压强不再发生变化，则能作为判断平衡的标志，故①符合题意；②H2的生成速率与H2O的消耗速率之比为1∶1，同一个方向，不能说明达到平衡，故②不符合题意；③正向反应，平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变，则达到化学平衡，故③符合题意；④气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量增大，容器体积不变，气体密度不断增大，当容器内混合气体的密度不变，则能作为判断平衡的标志，故④符合题意；⑤正向反应，CO物质的量浓度增大，当CO的物质的量浓度不再变化，则能作为判断平衡的标志，故⑤符合题意；⑥根据方程式CO和H2的物质的量浓度之比始终为1∶1，当CO和H2的物质的量浓度之比为1∶1保持不变，则不能作为判断平衡的标志，故⑥不符合题意；因此①③④⑤能作为判断平衡的标志，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
9. 某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是
A. X分子中含有三种官能团
B 可用酸性高锰酸钾溶液区别苯和X
C. X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应
D. 在催化剂的作用下，1 mol X最多能与5 mol H2加成
【答案】D
【解析】
【详解】A、X分子中含有碳碳双键、酯基和羟基三种官能团，选项A正确；
B、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中含有碳碳双键和醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，选项B正确；
C、该物质含有碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、加聚反应；该物质含有酯基和醇羟基，酯的水解和醇的酯化都属于取代反应；该物质含有碳碳双键和醇羟基，都能发生氧化反应，选项C正确；
D、苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，在催化剂的作用下，1mol X最多能与4 mol H2加成，选项D错误；
答案选D。
10. 下列离子方程式正确的是
A. 向硝酸溶液中加入Na2SO3溶液SO+2H+=SO2↑ +H2O
B. Cu与浓硝酸共热 ：Cu + 4H+ +2NO=Cu2+ +2NO2↑ +2H2O
C. FeO加入稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
D. Cu与浓硫酸共热：Cu+4H++SO=SO2↑+Cu2+ + 2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．向硝酸溶液中加入Na2SO3溶液，两者发生氧化还原反应，亚硫酸根被氧化为硫酸根，硝酸被还原为一氧化氮，故A错误；
B．Cu与浓硝酸共热反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其离子方程式为：Cu + 4H+ +2NOCu2+ +2NO2↑ +2H2O，故B正确；
C．FeO加入稀硝酸，氧化亚铁被硝酸氧化为铁离子：3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑ +5H2O，故C错误；
D．Cu与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸以分子形式存在，不能拆，其离子方程式为：Cu+2H2SO4(浓) SO2↑+Cu2+ + 2H2O+SO，故D错误；
综上所述，答案为B。
11. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入另一气体X仍无沉淀，则X可能是
A O2 B. NH3 C. CO2 D. H2S
【答案】C
【解析】
【分析】将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，溶液中是氯化钡和亚硫酸。
【详解】A．通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A不符合题意；
B．通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故B不符合题意；
C．通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故C符合题意；
D．通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
12. 下列实验操作和现象与结论都正确的是
操作和现象
结论
A
将一小块钠分别投入盛有水、乙醇和乙酸的小烧杯中，钠与水反应最剧烈
水分子中的氢原子最活泼
B
SO2气体通入到Ba(NO3)2溶液中，溶液变浑浊
反应生成了BaSO3沉淀
C
向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体再通入到硅酸钠溶液中，有白色胶状沉淀生成
不能证明碳元素的非金属性强于硅元素
D
将淀粉水解得到的溶液加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀
淀粉未水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．将一小块钠分别投入盛有水、乙醇和乙酸的小烧杯中，钠与乙酸反应最剧烈，因为乙酸分子中座机上的氢原子最活泼，故A错误；
B．SO2气体通入到Ba(NO3)2溶液中，有亚硫酸生成使溶液呈酸性，硝酸根把亚硫酸氧化为硫酸，溶液变浑浊是因为生成了硫酸钡沉淀，故B错误；
C．向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体再通入到硅酸钠溶液中，有白色胶状沉淀生成，由于氯化氢易挥发，造成盐酸也可能和硅酸钠反应生成硅酸，对实验有干扰，因此不能证明碳元素的非金属性强于硅元素，故C正确；
D．将淀粉水解得到的溶液，由于未加入氢氧化钠中和作催化剂的硫酸，而直接加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明淀粉未水解，故D错误。
综上所述，答案为C。
13. 海洋中蕴藏着巨大的化学资源，下列有关海水综合利用的说法正确的是
A. 海水提镁时，向海水中加入氢氧化钙，然后过滤得到氢氧化镁，再灼烧得MgO，电解熔融的MgO就可以得单质Mg
B. 利用海水制盐，制得的NaCl溶于水，然后电解可以生产金属钠、氯气等化工产品
C. 海水提溴时，向海水中通入氯气，然后加入CCl4萃取、分液蒸馏就可以得到
D. 海带提碘时，需先将海带在坩埚中灼烧，然后用水溶解，过滤，然后再进行其它操作
【答案】D
【解析】
【详解】A．熔融MgO时需要耗费大量的能量，生产成本较大，因此通常将氢氧化镁转化为氯化镁，再电解氯化镁制取单质镁，A错误；
B．电解氯化钠的水溶液无法得到金属钠和氯气等化工产品，B错误；
C．氯气和溴离子反应生成溴，溴易挥发，二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成HBr，氯气与HBr反应生成溴，最后通过萃取、分液、蒸馏得到溴单质，C错误；
D．海带提碘时，需先将海带再坩埚中灼烧，然后用水溶解，过滤得到含碘离子的溶液，再进行其他操作，D正确；
故答案选D。
14. 短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn﹣和dWm﹣具有相同的电子层结构，若m>n，下列叙述正确的是
①元素的原子序数：a>b>c>d
②阳离子的氧化性：Yn+>Xm+
③原子半径：X>Y>Z>W
④离子半径：Wm﹣>Zn﹣> Yn+>Xm+
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ①②④
【答案】C
【解析】
【详解】短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn﹣和dWm﹣具有相同的电子层结构，若m>n，则X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置是。
①元素的原子序数：a>b>c>d，故①正确；
②Y的金属性大于X，则阳离子的氧化性：Yn+
④电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Wm﹣>Zn﹣> Yn+>Xm+，故④正确；
①④正确，选C。
15. 某温度下，在容积一定的密闭容器中进行如下反应2X(g)+Y(s)Z(g) ΔH>0。下列叙述正确的是( )
A. 向容器中充入氩气，压强增大，反应速率不变
B. 加入少量Y，反应速率增大
C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D. 将容器的容积扩大，化学反应速率增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．容器体积一定，充入与反应无关气体氩气对与反应有关气体浓度没有影响，则反应速率不变，A正确；
B．Y为固体，加入少量Y，反应速率不变，B错误；
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，C错误；
D．将容器的容积扩大，与反应有关气体的浓度减小，则化学反应速率减小，D错误；
故答案为A。
16. 少量铁片与100 mL 0.01 mol·L-1的盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的
①加H2O ②升高温度(不考虑HCl挥发) ③滴入几滴浓硝酸 ④加入少量铁粉 ⑤加NaCl固体 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液
A. ② B. ②⑥ C. ②④⑤⑥ D. ②③④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①加入H2O，相当于稀释了盐酸的浓度，反应速率变慢，①错误；
②升高温度有利于提高反应速率，同时不影响氢气的产量，②正确；
③滴加浓硝酸后硝酸被稀释，稀硝酸与铁反应生成NO，会改变氢气的产量，③错误；
④加入少量铁粉，反应物增多，氢气产量增加，④错误；
⑤加入NaCl固体，对反应没有影响，无法加快反应速率，⑤错误；
⑥加入硫酸铜，铁和硫酸铜反应生成铜单质，构成原电池可加快反应速率，但是氢气的产量减少，⑥错误；
故正确的为②，答案选A。
17. 锂空气电池放电时的工作原理如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 放电时Li＋由B极向A极移动
B. 电池放电反应为4Li＋O2＋2H2O===4LiOH
C. B电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
D. 电解液a可以为氯化锂溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.在原电池中，A是负极，B是正极，阳离子由A极向B极移动，即放电时Li＋由A极向B极移动，故A错误；
B.原电池放电反应为自发地氧化还原反应，即4Li＋O2＋2H2O=4LiOH，故B正确；
C.正极上是氧气得电子的还原反应，在碱性电解质下发生的反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故C错误；
D.金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水，故D错误。
故选B。
【点睛】注意金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水。
18. 已知断开1 mol H−H键吸收的能量为436 kJ，形成1 mol H−N键放出的能量为391 kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3，反应完1 mol N2放出的能量为92.4 kJ，下列说法正确的
A. 反应物的总能量小于生成物总能量
B. 断开1 mol N≡N键需吸收的能量是945.6 kJ
C. 氨气比氢气稳定
D. 14克氮气和4克氢气在该条件下充分反应后放出46.2 kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应是放热反应，因此反应物的总能量大于生成物总能量，故A错误；
B．反应完1 mol N2放出的能量为92.4 kJ，则生成2mol氨气放出391 kJ×6=2346kJ，断开1 mol N≡N键需吸收的能量是2346kJ−92.4kJ−436kJ×3=945.6 kJ，故B正确；
C．断开1 mol H−H键吸收的能量为436 kJ，形成1 mol H−N键放出的能量为391 kJ，说明氢气比氨气稳定，故C错误；
D．该反应是可逆反应，因此14克氮气(物质的量为0.5mol)和4克氢气(物质的量为2mol)在该条件下充分反应后放出热量小于46.2 kJ，故D错误。
综上所述，答案为B。
第Ⅱ卷(非选择题，满分58分)
注意事项：
1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。
2.试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。
二、填空题(共58分)
19. 根据编号①～⑩代表的元素在周期表中的位置，用相应的化学符号回答下列问题：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
1
①
2
②
③
④
⑤
⑥
3
⑦
⑧
⑨
⑩
（1）①～⑩代表的元素中，金属性最强的元素是_______，②、⑦、⑨元素最高价氧化物对应的水化物碱性由强到弱的顺序排列为_______。
（2）④的最高价氧化物的电子式_______。用电子式表示①与⑩形成的稳定化合物过程_______。
（3）⑨和⑩形成的化合物所含化学键类型为_______，证明化合物含有该化学键的实验事实是_______。
（4）元素④、⑤、⑩形成的最高价氧化物的水合物酸性强弱顺序是_______，写出一个能证明④和⑩非金属性强弱的化学方程式_______
（5）⑤和⑩形成的简单氢化物中沸点最高的是_______，原因是_______。
【答案】（1） ①. Na ②. NaOH>LiOH>Al(OH)3
（2） ①. ：O：：C：：O： ②.
（3） ①. 共价键 ②. 氯化铝在熔融状态下不导电
（4） ①. HClO4>HNO3>H2CO3 ②. HClO4+NaHCO3= NaClO4+CO2↑+H2O
（5） ①. NH3 ②. NH3分子间有氢键
【解析】
【分析】由元素周期表可知，①～⑩分别代表H、Li、Be、C、N、O、Na、Mg、Al、Cl；
【小问1详解】
元素周期表中，从上到下金属性逐渐增强，从左到右金属性逐渐减弱，则①～⑩代表的元素中，金属性最强的元素是⑦Na元素；元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，则②、⑦、⑨元素最高价氧化物对应的水化物碱性由强到弱的顺序排列为NaOH>LiOH>Al(OH)3；
故答案为Na；NaOH>LiOH>Al(OH)3；
【小问2详解】
④为C元素，其最高价氧化物为CO2，对应的电子式为：O：：C：：O：；①为H元素最外层1个电子，⑩为Cl元素最外层7个电子，两者形成的稳定化合物为HCl，用电子式表示①与⑩形成的稳定化合物过程为；
故答案为：O：：C：：O：；；
【小问3详解】
⑨和⑩形成的化合物为AlCl3，其为共价化合物，所含化学键类型为共价键；要证明该化合物含有共价键，只需证明氯化铝在熔融状态下不能电离出Al3+和Cl-，即氯化铝在熔融状态下不导电；
故答案为共价键；氯化铝在熔融状态下不导电；
【小问4详解】
元素周期表中，从上到下非金属性减弱，从左到右非金属性增强，元素非金属性越强，其对应最高价氧化物的水合物酸性越强，HClO4为最强酸，则元素④、⑤、⑩形成的最高价氧化物的水合物酸性强弱顺序是HClO4>HNO3>H2CO3；证明④和⑩非金属性强弱利用强酸制弱酸原理，其化学方程式为HClO4+NaHCO3= NaClO4+CO2↑+H2O；
故答案为HClO4>HNO3>H2CO3；HClO4+NaHCO3= NaClO4+CO2↑+H2O；
【小问5详解】
⑤和⑩形成的简单氢化物分别为NH3和HCl，沸点最高的是NH3，因为NH3分子间有氢键；
故答案为NH3，NH3分子间有氢键。
20. 某化学兴趣小组欲探究NH3还原CuO的实验(部分夹持装置略)，已知该反应生成对环境友好的物质。实验室装置图如下
回答下列问题：
（1）连接装置后，接下来的实验操作为_______。
（2）实验过程中点燃C处酒精灯之前应该先_______。
（3）A中制氨气的化学方程式是_______。
（4）装置B的作用是_______。装置D的作用是_______。
（5）该套装置不足之处_______。
（6）证明氨气能还原氧化铜现象为_______。氨气还原氧化铜的方程式_______。
（7）一同学对反应产物存有疑虑，于是将尾气收集后与空气接触发现有少量红棕色气体生成，说明还存在的反应有_______(用方程式表示)。
【答案】（1）检查装置气密性
（2）先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气
（3）2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
（4） ①. 干燥氨气 ②. 检验生成产物水
（5）没有尾气处理 （6） ①. C中固体变红、D中固体变蓝 ②. 2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O
（7）2NH3＋5CuO5Cu＋2NO＋3H2O
【解析】
【分析】氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，用碱石灰干燥氨气，将氨气通入到氧化铜中反应，用无水硫酸铜检验氨气与氧化铜是否反应。
【小问1详解】
连接装置后，先检查装置的气密性，再装入药品，因此接下来的实验操作为检查装置的气密性；故答案为：检查装置的气密性。
【小问2详解】
整个实验要利用A中产生的氨气排出装置内的空气，除尽后再点燃C处酒精灯，实验过程中点燃C处酒精灯之前应该先先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气；故答案为：先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气。
【小问3详解】
A中制氨气是氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气、氯化钙和水，其反应的化学方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O。
【小问4详解】
装置B是碱石灰，其作用是干燥氨气。装置D中装入无水硫酸铜，其作用是检验生成产物水；故答案为：干燥氨气；检验生成产物水。
【小问5详解】
由于氨气是污染性气体，因此该套装置不足之处没有尾气处理。
【小问6详解】
氨气还原氧化铜，黑色氧化铜变为红色铜，还有水生成，因此证明氨气能还原氧化铜的现象为C中固体变红、D中固体变蓝。氨气还原氧化铜的方程式2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O；故答案为：C中固体变红、D中固体变蓝；2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O。
【小问7详解】
一同学对反应产物存有疑虑，于是将尾气收集后与空气接触发现有少量红棕色气体生成，说明还生成了NO气体，NO气体与空气中氧气反应生成红棕色二氧化氮，说明还存在的反应有2NH3＋5CuO5Cu＋2NO＋3H2O；故答案为：2NH3＋5CuO5Cu＋2NO＋3H2O。
21. 用CO2合成燃料甲醇(CH3OH)是碳减排的新方向，一定条件下CO2和H2反应合成CH3OH，方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。合成甲醇的能量变化如图：
（1）该反应是一个_______反应(填放热或吸热)，反应物的总键能_______生成物的总键能(填大于或小于)。
（2）现向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，恒温下发生反应，反应进行到10s时，此时容器内CH3OH的浓度为0.2mol/L，反应进行到15s时反应达到最大限度，此时容器内压强为原来的3/4。从开始到10s时平均反应速率V(H2)=_______；平衡时CO2的转化率为_______。
（3）合成的甲醇可以用来做燃料电池的燃料，现以甲醇作燃料的燃料电池如图所示：
通入甲醇的电极为燃料电池的_______(填“a”或“b”)极，正极反应式为_______。如果甲醇燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应是_______，如果导线有0.2mol电子转移，则标况下正极消耗空气的体积约为_______L。
【答案】（1） ①. 放热 ②. 小于
（2） ①. 0.06 mol/(L·s) ②. 50%
（3） ①. a ②. O2+4H++4e-=2H2O ③. CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O ④. 5.6
【解析】
【小问1详解】
根据图示，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是一个放热反应，断键吸收总能量小于成键放出的总能量，反应物的总键能小于生成物的总键能。
【小问2详解】
现向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，恒温下发生反应，反应进行到10s时，此时容器内CH3OH的浓度为0.2mol/L，则氢气的浓度降低0.6mol/L，从开始到10s时平均反应速率V(H2)==0.06 mol/(L·s)；反应进行到15s时反应达到最大限度，
此时容器内压强为原来的3/4，，x=0.5，平衡时CO2的转化率为。
【小问3详解】
根据电子流向，a电极电子流出，a是负极，所以通入甲醇的电极为燃料电池的a极，b是正极，氧气在正极得电子生成水，正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O。如果甲醇燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则甲醇在负极失电子生成碳酸根离子和水，电极反应为CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O；根据O2+4H++4e-=2H2O，如果导线有0.2mol电子转移，正极消耗0.05mol氧气，则标况下正极消耗空气的体积约为0.05mol×22.4L/mol×5=5.6L。
22. 乙烯是来自石油的重要的化工原料，乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。
完成下列填空：
（1）反应③产物的官能团名称是_______
（2）反应①、⑥的反应类型分别为_______、_______。
（3）反应①和反应②的反应方程式分别为_______、_______。
（4）反应④得到的产物聚乙烯用来制造塑料，其单体是乙烯，而乙烯的碳原子最少的同系物也可以通过聚合反应得高聚物，也可以用来制塑料，该有机物结构简式是_______，其聚合反应方程式是_______。
（5）石油通过分馏、裂化都可以得到C4H10，其过程属于物理变化的是_______，C4H10一氯取代有_______种，下列有机物二氯取代有三种的是_______
A． B． C．
【答案】（1）酯基 （2） ①. 加成反应 ②. 取代反应
（3） ①. CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ②. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
（4） ①. CH3CH=CH2 ②. nCH3CH=CH2
（5） ①. 分馏 ②. 4 ③. AC
【解析】
【分析】丁烷裂解得到乙烯和乙烷，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯和氢气催化剂加热反应生成乙烷，乙烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯乙烷。
【小问1详解】
反应③产物是乙酸乙酯，乙酸乙酯的官能团名称是酯基；故答案为： 酯基。
【小问2详解】
反应①是乙烯和水加成反应生成乙醇，反应⑥是乙烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯乙烷，因此反应①、⑥的反应类型分别为加成反应、取代反应；故答案为：加成反应、取代反应。
【小问3详解】
反应①是乙烯和水加成反应生成乙醇，其反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应②是乙醇催化氧化反应生成乙醛，其反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
【小问4详解】
反应④得到的产物聚乙烯用来制造塑料，其单体是乙烯，而乙烯的碳原子最少的同系物也可以通过聚合反应得高聚物，也可以用来制塑料，该有机物结构简式是CH3CH=CH2，其聚合反应方程式是nCH3CH=CH2；故答案为：CH3CH=CH2；nCH3CH=CH2。
【小问5详解】
石油通过分馏、裂化都可以得到C4H10，石油分馏是物理变化，裂化是化学辩护啊，因此其过程属于物理变化的是分馏，C4H10有正丁烷和异丁烷两种结构，正丁烷有两种位置的氢，其一氯代物有2种；异丁烷有两种位置的氢，其一氯代物有2种，因此C4H10一氯取代有4种，
A． 中一个氯原子在顶点，另一个氯原子在这个氯原子所在棱的另一个碳上、面对角线碳原子上、体对角线碳原子上，共三种结构，故A符合题意；
B． 有、二氯取代有四种结构，故B不符合题意；
C．有二氯取代有三种，故C符合题意；故答案为：分馏；4；AC。
遂宁市高中2024届第二学期教学水平监测
化 学 试 题
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。总分100分。考试时间90分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上。并检查条形码粘贴是否正确。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束后，将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14
第Ⅰ卷(选择题，满分42分)
一、选择题(每小题只有一个正确选项。第1-12题每小题2分，第13-18题，每小题3分，共42分)
1. 化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法正确的是
A. SO2、NO2和CO2都会导致酸雨的形成
B. “百年陈酒十里香”中的香是指乙酸乙酯的香
C. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物
D. 光伏发电能量转化方式是热能直接转变为电能
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2、NO2会导致酸雨的形成，CO2导致温室效应的形成，故A错误；
B． “百年陈酒十里香”中乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，香是指乙酸乙酯的香，故B正确；
C．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，故C错误；
D．光伏发电能量转化方式是光能直接转变为电能，故D错误；
综上所述，答案为B。
2. 化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语正确的是
A. HClO的结构式：H-Cl-O B. 丙烯的结构简式： CH3CHCH2
C. CH4分子的比例模型： D. 羟基的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧原子周围两个共价键，氯原子和氢原子周围一个共价键，则HClO的结构式为H-O-Cl，A错误；
B．丙烯的结构简式要体现官能团碳碳双键，应为CH3CH=CH2，B错误；
C．CH4分子的球棍模型为，C错误；
D．氧原子最外层电子为6个，氢原子最外层电子为1个，则羟基的电子式为，D正确；
故答案为D。
3. 下列说法正确的是
A. 与为同一种物质
B. H2、D2、T2互为同分异构体
C. CH3Cl和ClCH2CH2Cl互为同系物
D. 16O2−和18O2−互为同位素
【答案】A
【解析】
【详解】A．与 是同种物质，其命名为2−甲基丁烷，故A正确；
B．H2、D2、T2都是氢气，同一种结构，不互为同分异构体，故B错误；
C．CH3Cl和ClCH2CH2Cl两者结构不相似，前者含一个氯原子，后者含两个氯原子，因此两者不互为同系物，故C错误；
D．16O2−和18O2−两者是离子，不是原子，因此不互为同位素，故D错误。
综上所述，答案为A。
4. 下列说法不正确的是
A. HF、HCl、HBr、HI酸性依次减弱
B. LiOH、NaOH、KOH、RbOH碱性依次增强
C. F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐升高
D. H2O的还原性小于NH3
【答案】A
【解析】
【详解】A．HF、HCl、HBr、HI酸性依次增强，HF是弱酸，其余三个是强酸，故A错误；
B．同主族从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物碱性逐渐增强，因此LiOH、NaOH、KOH、RbOH碱性依次增强，故B正确；
C．卤族元素单质从上到下熔点逐渐升高，因此F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐升高，故C正确；
D．非金属性强，其氢化物的还原性弱，非金属性：O＞N，因此H2O的还原性小于NH3，故D正确；
综上所述，答案为A。
5. 下列化合物中，化学键类型完全相同的是
A. HCl和NaCl B. AlCl3和CaCl2 C. NaHS和NaOH D. Na2O2和 MgCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCl只含共价键，NaCl只含离子键，故A不符合题意；
B．AlCl3是共价化合物，只含共价键，CaCl2只含离子键，故B不符合题意；
C．NaHS和NaOH，两者都含有离子键和极性共价键，故C符合题意；
D．Na2O2含有离子键和非极性共价键，MgCl2只含离子键，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
6. 设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是
A. 标准状况下，1 mol N2和3 mol H2充分反应后得到2NA个 NH3分子
B. 含有1 mol HNO3的稀溶液，加入一定量的单质Fe，恰好反应后，得到气体分子数目0.25NA
C. 标准状况下，5.6 L SO3溶于水后，溶液中H+数目为0.5NA
D. 标准状况下，22.4 L氦气分子中共价键数目为NA个
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮气和氢气合成氨的反应是可逆反应，标准状况下，1 mol N2和3 mol H2充分反应后得到NH3分子个数小于2NA，故A错误；
B．含有1 mol HNO3的稀溶液，加入一定量的单质Fe，恰好反应后，无论是生成硝酸铁还是硝酸亚铁，还是两者的混合物，硝酸与NO的比例关系为4HNO3～NO，因此含有1 mol HNO3的稀溶液反应得到气体分子数目0.25NA，故B正确；
C．标准状况下，SO3是非气态物质，无法计算物质的量，故C错误；
D．氦气是单原子分子，因此分子中没有化学键，故D错误。
综上所述，答案为B。
7. 为了除去括号内的杂质，其试剂选择和分离方法都正确的是
序号
物质(杂质)
所用试剂
分离方法
A
苯(Br2)
CCl4
萃取、分液
B
乙酸乙酯(乙酸)
氢氧化钠溶液
分液
C
C2H6(C2H4)
H2
通气
D
CH3CH2OH(H2O)
生石灰
蒸馏
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯(Br2)，溴单质都易溶于苯和四氯化碳，因此不能用四氯化碳分离苯和溴单质，常用氢氧化钠溶液与溴单质反应，再分液进行分离，故A错误；
B．乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应生成乙酸钠和乙醇，因此不能用氢氧化钠溶液除去乙酸，乙酸乙酯中含有乙酸，常用饱和碳酸钠溶液反应乙酸，再分液得到乙酸乙酯，故B错误；
C．氢气和乙烯催化剂加热反应生成乙烷，但由于是气流，会引入氢气杂质，C2H6中含有C2H4，常用溴水吸收乙烯，故C错误；
D．CH3CH2OH中含有H2O，加入氧化钙，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，再蒸馏得到乙醇，故D正确。
综上所述，答案为D。
8. 一定温度下，在恒容的密闭容器中，能表示反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)达到平衡状态的标志有
①容器中的压强不再发生变化
②H2的生成速率与H2O的消耗速率之比为1∶1
③混合气体的平均相对分子质量不变
④容器内混合气体的密度不变
⑤CO的物质的量浓度不再变化
⑥CO和H2的物质的量浓度之比为1∶1保持不变
A. ③④⑤⑥ B. ②③④⑤ C. ①③④⑤ D. ①④⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①该反应是体积减小的反应，正向反应，压强不断减小，当容器中的压强不再发生变化，则能作为判断平衡的标志，故①符合题意；②H2的生成速率与H2O的消耗速率之比为1∶1，同一个方向，不能说明达到平衡，故②不符合题意；③正向反应，平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变，则达到化学平衡，故③符合题意；④气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量增大，容器体积不变，气体密度不断增大，当容器内混合气体的密度不变，则能作为判断平衡的标志，故④符合题意；⑤正向反应，CO物质的量浓度增大，当CO的物质的量浓度不再变化，则能作为判断平衡的标志，故⑤符合题意；⑥根据方程式CO和H2的物质的量浓度之比始终为1∶1，当CO和H2的物质的量浓度之比为1∶1保持不变，则不能作为判断平衡的标志，故⑥不符合题意；因此①③④⑤能作为判断平衡的标志，故C符合题意。
综上所述，答案为C。
9. 某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是
A. X分子中含有三种官能团
B 可用酸性高锰酸钾溶液区别苯和X
C. X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应
D. 在催化剂的作用下，1 mol X最多能与5 mol H2加成
【答案】D
【解析】
【详解】A、X分子中含有碳碳双键、酯基和羟基三种官能团，选项A正确；
B、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中含有碳碳双键和醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，选项B正确；
C、该物质含有碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、加聚反应；该物质含有酯基和醇羟基，酯的水解和醇的酯化都属于取代反应；该物质含有碳碳双键和醇羟基，都能发生氧化反应，选项C正确；
D、苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，在催化剂的作用下，1mol X最多能与4 mol H2加成，选项D错误；
答案选D。
10. 下列离子方程式正确的是
A. 向硝酸溶液中加入Na2SO3溶液SO+2H+=SO2↑ +H2O
B. Cu与浓硝酸共热 ：Cu + 4H+ +2NO=Cu2+ +2NO2↑ +2H2O
C. FeO加入稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
D. Cu与浓硫酸共热：Cu+4H++SO=SO2↑+Cu2+ + 2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．向硝酸溶液中加入Na2SO3溶液，两者发生氧化还原反应，亚硫酸根被氧化为硫酸根，硝酸被还原为一氧化氮，故A错误；
B．Cu与浓硝酸共热反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，其离子方程式为：Cu + 4H+ +2NOCu2+ +2NO2↑ +2H2O，故B正确；
C．FeO加入稀硝酸，氧化亚铁被硝酸氧化为铁离子：3FeO+10H++NO=3Fe3++NO↑ +5H2O，故C错误；
D．Cu与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸以分子形式存在，不能拆，其离子方程式为：Cu+2H2SO4(浓) SO2↑+Cu2+ + 2H2O+SO，故D错误；
综上所述，答案为B。
11. 将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，继续通入另一气体X仍无沉淀，则X可能是
A O2 B. NH3 C. CO2 D. H2S
【答案】C
【解析】
【分析】将SO2通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀，溶液中是氯化钡和亚硫酸。
【详解】A．通入O2，亚硫酸和氧气反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，故A不符合题意；
B．通入NH3，亚硫酸和氨气反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀和氯化铵，故B不符合题意；
C．通入CO2，亚硫酸和二氧化碳不反应，依然没有沉淀生成，故C符合题意；
D．通入H2S，亚硫酸和硫化氢反应生成硫沉淀和水，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
12. 下列实验操作和现象与结论都正确的是
操作和现象
结论
A
将一小块钠分别投入盛有水、乙醇和乙酸的小烧杯中，钠与水反应最剧烈
水分子中的氢原子最活泼
B
SO2气体通入到Ba(NO3)2溶液中，溶液变浑浊
反应生成了BaSO3沉淀
C
向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体再通入到硅酸钠溶液中，有白色胶状沉淀生成
不能证明碳元素的非金属性强于硅元素
D
将淀粉水解得到的溶液加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀
淀粉未水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．将一小块钠分别投入盛有水、乙醇和乙酸的小烧杯中，钠与乙酸反应最剧烈，因为乙酸分子中座机上的氢原子最活泼，故A错误；
B．SO2气体通入到Ba(NO3)2溶液中，有亚硫酸生成使溶液呈酸性，硝酸根把亚硫酸氧化为硫酸，溶液变浑浊是因为生成了硫酸钡沉淀，故B错误；
C．向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体再通入到硅酸钠溶液中，有白色胶状沉淀生成，由于氯化氢易挥发，造成盐酸也可能和硅酸钠反应生成硅酸，对实验有干扰，因此不能证明碳元素的非金属性强于硅元素，故C正确；
D．将淀粉水解得到的溶液，由于未加入氢氧化钠中和作催化剂的硫酸，而直接加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明淀粉未水解，故D错误。
综上所述，答案为C。
13. 海洋中蕴藏着巨大的化学资源，下列有关海水综合利用的说法正确的是
A. 海水提镁时，向海水中加入氢氧化钙，然后过滤得到氢氧化镁，再灼烧得MgO，电解熔融的MgO就可以得单质Mg
B. 利用海水制盐，制得的NaCl溶于水，然后电解可以生产金属钠、氯气等化工产品
C. 海水提溴时，向海水中通入氯气，然后加入CCl4萃取、分液蒸馏就可以得到
D. 海带提碘时，需先将海带在坩埚中灼烧，然后用水溶解，过滤，然后再进行其它操作
【答案】D
【解析】
【详解】A．熔融MgO时需要耗费大量的能量，生产成本较大，因此通常将氢氧化镁转化为氯化镁，再电解氯化镁制取单质镁，A错误；
B．电解氯化钠的水溶液无法得到金属钠和氯气等化工产品，B错误；
C．氯气和溴离子反应生成溴，溴易挥发，二氧化硫和溴发生氧化还原反应生成HBr，氯气与HBr反应生成溴，最后通过萃取、分液、蒸馏得到溴单质，C错误；
D．海带提碘时，需先将海带再坩埚中灼烧，然后用水溶解，过滤得到含碘离子的溶液，再进行其他操作，D正确；
故答案选D。
14. 短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn﹣和dWm﹣具有相同的电子层结构，若m>n，下列叙述正确的是
①元素的原子序数：a>b>c>d
②阳离子的氧化性：Yn+>Xm+
③原子半径：X>Y>Z>W
④离子半径：Wm﹣>Zn﹣> Yn+>Xm+
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ①②④
【答案】C
【解析】
【详解】短周期元素的离子aXm+、bYn+、cZn﹣和dWm﹣具有相同的电子层结构，若m>n，则X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置是。
①元素的原子序数：a>b>c>d，故①正确；
②Y的金属性大于X，则阳离子的氧化性：Yn+
④电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Wm﹣>Zn﹣> Yn+>Xm+，故④正确；
①④正确，选C。
15. 某温度下，在容积一定的密闭容器中进行如下反应2X(g)+Y(s)Z(g) ΔH>0。下列叙述正确的是( )
A. 向容器中充入氩气，压强增大，反应速率不变
B. 加入少量Y，反应速率增大
C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D. 将容器的容积扩大，化学反应速率增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．容器体积一定，充入与反应无关气体氩气对与反应有关气体浓度没有影响，则反应速率不变，A正确；
B．Y为固体，加入少量Y，反应速率不变，B错误；
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，C错误；
D．将容器的容积扩大，与反应有关气体的浓度减小，则化学反应速率减小，D错误；
故答案为A。
16. 少量铁片与100 mL 0.01 mol·L-1的盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的
①加H2O ②升高温度(不考虑HCl挥发) ③滴入几滴浓硝酸 ④加入少量铁粉 ⑤加NaCl固体 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液
A. ② B. ②⑥ C. ②④⑤⑥ D. ②③④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①加入H2O，相当于稀释了盐酸的浓度，反应速率变慢，①错误；
②升高温度有利于提高反应速率，同时不影响氢气的产量，②正确；
③滴加浓硝酸后硝酸被稀释，稀硝酸与铁反应生成NO，会改变氢气的产量，③错误；
④加入少量铁粉，反应物增多，氢气产量增加，④错误；
⑤加入NaCl固体，对反应没有影响，无法加快反应速率，⑤错误；
⑥加入硫酸铜，铁和硫酸铜反应生成铜单质，构成原电池可加快反应速率，但是氢气的产量减少，⑥错误；
故正确的为②，答案选A。
17. 锂空气电池放电时的工作原理如图所示。下列叙述正确的是( )
A. 放电时Li＋由B极向A极移动
B. 电池放电反应为4Li＋O2＋2H2O===4LiOH
C. B电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
D. 电解液a可以为氯化锂溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.在原电池中，A是负极，B是正极，阳离子由A极向B极移动，即放电时Li＋由A极向B极移动，故A错误；
B.原电池放电反应为自发地氧化还原反应，即4Li＋O2＋2H2O=4LiOH，故B正确；
C.正极上是氧气得电子的还原反应，在碱性电解质下发生的反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故C错误；
D.金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水，故D错误。
故选B。
【点睛】注意金属锂可以和水之间反应，电解质中不能含有水。
18. 已知断开1 mol H−H键吸收的能量为436 kJ，形成1 mol H−N键放出的能量为391 kJ，根据化学方程式N2+3H22NH3，反应完1 mol N2放出的能量为92.4 kJ，下列说法正确的
A. 反应物的总能量小于生成物总能量
B. 断开1 mol N≡N键需吸收的能量是945.6 kJ
C. 氨气比氢气稳定
D. 14克氮气和4克氢气在该条件下充分反应后放出46.2 kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应是放热反应，因此反应物的总能量大于生成物总能量，故A错误；
B．反应完1 mol N2放出的能量为92.4 kJ，则生成2mol氨气放出391 kJ×6=2346kJ，断开1 mol N≡N键需吸收的能量是2346kJ−92.4kJ−436kJ×3=945.6 kJ，故B正确；
C．断开1 mol H−H键吸收的能量为436 kJ，形成1 mol H−N键放出的能量为391 kJ，说明氢气比氨气稳定，故C错误；
D．该反应是可逆反应，因此14克氮气(物质的量为0.5mol)和4克氢气(物质的量为2mol)在该条件下充分反应后放出热量小于46.2 kJ，故D错误。
综上所述，答案为B。
第Ⅱ卷(非选择题，满分58分)
注意事项：
1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。
2.试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。
二、填空题(共58分)
19. 根据编号①～⑩代表的元素在周期表中的位置，用相应的化学符号回答下列问题：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
1
①
2
②
③
④
⑤
⑥
3
⑦
⑧
⑨
⑩
（1）①～⑩代表的元素中，金属性最强的元素是_______，②、⑦、⑨元素最高价氧化物对应的水化物碱性由强到弱的顺序排列为_______。
（2）④的最高价氧化物的电子式_______。用电子式表示①与⑩形成的稳定化合物过程_______。
（3）⑨和⑩形成的化合物所含化学键类型为_______，证明化合物含有该化学键的实验事实是_______。
（4）元素④、⑤、⑩形成的最高价氧化物的水合物酸性强弱顺序是_______，写出一个能证明④和⑩非金属性强弱的化学方程式_______
（5）⑤和⑩形成的简单氢化物中沸点最高的是_______，原因是_______。
【答案】（1） ①. Na ②. NaOH>LiOH>Al(OH)3
（2） ①. ：O：：C：：O： ②.
（3） ①. 共价键 ②. 氯化铝在熔融状态下不导电
（4） ①. HClO4>HNO3>H2CO3 ②. HClO4+NaHCO3= NaClO4+CO2↑+H2O
（5） ①. NH3 ②. NH3分子间有氢键
【解析】
【分析】由元素周期表可知，①～⑩分别代表H、Li、Be、C、N、O、Na、Mg、Al、Cl；
【小问1详解】
元素周期表中，从上到下金属性逐渐增强，从左到右金属性逐渐减弱，则①～⑩代表的元素中，金属性最强的元素是⑦Na元素；元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性越强，则②、⑦、⑨元素最高价氧化物对应的水化物碱性由强到弱的顺序排列为NaOH>LiOH>Al(OH)3；
故答案为Na；NaOH>LiOH>Al(OH)3；
【小问2详解】
④为C元素，其最高价氧化物为CO2，对应的电子式为：O：：C：：O：；①为H元素最外层1个电子，⑩为Cl元素最外层7个电子，两者形成的稳定化合物为HCl，用电子式表示①与⑩形成的稳定化合物过程为；
故答案为：O：：C：：O：；；
【小问3详解】
⑨和⑩形成的化合物为AlCl3，其为共价化合物，所含化学键类型为共价键；要证明该化合物含有共价键，只需证明氯化铝在熔融状态下不能电离出Al3+和Cl-，即氯化铝在熔融状态下不导电；
故答案为共价键；氯化铝在熔融状态下不导电；
【小问4详解】
元素周期表中，从上到下非金属性减弱，从左到右非金属性增强，元素非金属性越强，其对应最高价氧化物的水合物酸性越强，HClO4为最强酸，则元素④、⑤、⑩形成的最高价氧化物的水合物酸性强弱顺序是HClO4>HNO3>H2CO3；证明④和⑩非金属性强弱利用强酸制弱酸原理，其化学方程式为HClO4+NaHCO3= NaClO4+CO2↑+H2O；
故答案为HClO4>HNO3>H2CO3；HClO4+NaHCO3= NaClO4+CO2↑+H2O；
【小问5详解】
⑤和⑩形成的简单氢化物分别为NH3和HCl，沸点最高的是NH3，因为NH3分子间有氢键；
故答案为NH3，NH3分子间有氢键。
20. 某化学兴趣小组欲探究NH3还原CuO的实验(部分夹持装置略)，已知该反应生成对环境友好的物质。实验室装置图如下
回答下列问题：
（1）连接装置后，接下来的实验操作为_______。
（2）实验过程中点燃C处酒精灯之前应该先_______。
（3）A中制氨气的化学方程式是_______。
（4）装置B的作用是_______。装置D的作用是_______。
（5）该套装置不足之处_______。
（6）证明氨气能还原氧化铜现象为_______。氨气还原氧化铜的方程式_______。
（7）一同学对反应产物存有疑虑，于是将尾气收集后与空气接触发现有少量红棕色气体生成，说明还存在的反应有_______(用方程式表示)。
【答案】（1）检查装置气密性
（2）先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气
（3）2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O
（4） ①. 干燥氨气 ②. 检验生成产物水
（5）没有尾气处理 （6） ①. C中固体变红、D中固体变蓝 ②. 2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O
（7）2NH3＋5CuO5Cu＋2NO＋3H2O
【解析】
【分析】氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，用碱石灰干燥氨气，将氨气通入到氧化铜中反应，用无水硫酸铜检验氨气与氧化铜是否反应。
【小问1详解】
连接装置后，先检查装置的气密性，再装入药品，因此接下来的实验操作为检查装置的气密性；故答案为：检查装置的气密性。
【小问2详解】
整个实验要利用A中产生的氨气排出装置内的空气，除尽后再点燃C处酒精灯，实验过程中点燃C处酒精灯之前应该先先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气；故答案为：先点燃A装置酒精灯，利用产生的NH3赶跑空气。
【小问3详解】
A中制氨气是氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气、氯化钙和水，其反应的化学方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O；故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋CaCl2＋2H2O。
【小问4详解】
装置B是碱石灰，其作用是干燥氨气。装置D中装入无水硫酸铜，其作用是检验生成产物水；故答案为：干燥氨气；检验生成产物水。
【小问5详解】
由于氨气是污染性气体，因此该套装置不足之处没有尾气处理。
【小问6详解】
氨气还原氧化铜，黑色氧化铜变为红色铜，还有水生成，因此证明氨气能还原氧化铜的现象为C中固体变红、D中固体变蓝。氨气还原氧化铜的方程式2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O；故答案为：C中固体变红、D中固体变蓝；2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O。
【小问7详解】
一同学对反应产物存有疑虑，于是将尾气收集后与空气接触发现有少量红棕色气体生成，说明还生成了NO气体，NO气体与空气中氧气反应生成红棕色二氧化氮，说明还存在的反应有2NH3＋5CuO5Cu＋2NO＋3H2O；故答案为：2NH3＋5CuO5Cu＋2NO＋3H2O。
21. 用CO2合成燃料甲醇(CH3OH)是碳减排的新方向，一定条件下CO2和H2反应合成CH3OH，方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。合成甲醇的能量变化如图：
（1）该反应是一个_______反应(填放热或吸热)，反应物的总键能_______生成物的总键能(填大于或小于)。
（2）现向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，恒温下发生反应，反应进行到10s时，此时容器内CH3OH的浓度为0.2mol/L，反应进行到15s时反应达到最大限度，此时容器内压强为原来的3/4。从开始到10s时平均反应速率V(H2)=_______；平衡时CO2的转化率为_______。
（3）合成的甲醇可以用来做燃料电池的燃料，现以甲醇作燃料的燃料电池如图所示：
通入甲醇的电极为燃料电池的_______(填“a”或“b”)极，正极反应式为_______。如果甲醇燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应是_______，如果导线有0.2mol电子转移，则标况下正极消耗空气的体积约为_______L。
【答案】（1） ①. 放热 ②. 小于
（2） ①. 0.06 mol/(L·s) ②. 50%
（3） ①. a ②. O2+4H++4e-=2H2O ③. CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O ④. 5.6
【解析】
【小问1详解】
根据图示，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是一个放热反应，断键吸收总能量小于成键放出的总能量，反应物的总键能小于生成物的总键能。
【小问2详解】
现向2L恒容密闭容器中加入2molCO2、6molH2，恒温下发生反应，反应进行到10s时，此时容器内CH3OH的浓度为0.2mol/L，则氢气的浓度降低0.6mol/L，从开始到10s时平均反应速率V(H2)==0.06 mol/(L·s)；反应进行到15s时反应达到最大限度，
此时容器内压强为原来的3/4，，x=0.5，平衡时CO2的转化率为。
【小问3详解】
根据电子流向，a电极电子流出，a是负极，所以通入甲醇的电极为燃料电池的a极，b是正极，氧气在正极得电子生成水，正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O。如果甲醇燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，则甲醇在负极失电子生成碳酸根离子和水，电极反应为CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O；根据O2+4H++4e-=2H2O，如果导线有0.2mol电子转移，正极消耗0.05mol氧气，则标况下正极消耗空气的体积约为0.05mol×22.4L/mol×5=5.6L。
22. 乙烯是来自石油的重要的化工原料，乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。
完成下列填空：
（1）反应③产物的官能团名称是_______
（2）反应①、⑥的反应类型分别为_______、_______。
（3）反应①和反应②的反应方程式分别为_______、_______。
（4）反应④得到的产物聚乙烯用来制造塑料，其单体是乙烯，而乙烯的碳原子最少的同系物也可以通过聚合反应得高聚物，也可以用来制塑料，该有机物结构简式是_______，其聚合反应方程式是_______。
（5）石油通过分馏、裂化都可以得到C4H10，其过程属于物理变化的是_______，C4H10一氯取代有_______种，下列有机物二氯取代有三种的是_______
A． B． C．
【答案】（1）酯基 （2） ①. 加成反应 ②. 取代反应
（3） ①. CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ②. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
（4） ①. CH3CH=CH2 ②. nCH3CH=CH2
（5） ①. 分馏 ②. 4 ③. AC
【解析】
【分析】丁烷裂解得到乙烯和乙烷，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化得到乙醛，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，乙烯和氢气催化剂加热反应生成乙烷，乙烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯乙烷。
【小问1详解】
反应③产物是乙酸乙酯，乙酸乙酯的官能团名称是酯基；故答案为： 酯基。
【小问2详解】
反应①是乙烯和水加成反应生成乙醇，反应⑥是乙烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯乙烷，因此反应①、⑥的反应类型分别为加成反应、取代反应；故答案为：加成反应、取代反应。
【小问3详解】
反应①是乙烯和水加成反应生成乙醇，其反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应②是乙醇催化氧化反应生成乙醛，其反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
【小问4详解】
反应④得到的产物聚乙烯用来制造塑料，其单体是乙烯，而乙烯的碳原子最少的同系物也可以通过聚合反应得高聚物，也可以用来制塑料，该有机物结构简式是CH3CH=CH2，其聚合反应方程式是nCH3CH=CH2；故答案为：CH3CH=CH2；nCH3CH=CH2。
【小问5详解】
石油通过分馏、裂化都可以得到C4H10，石油分馏是物理变化，裂化是化学辩护啊，因此其过程属于物理变化的是分馏，C4H10有正丁烷和异丁烷两种结构，正丁烷有两种位置的氢，其一氯代物有2种；异丁烷有两种位置的氢，其一氯代物有2种，因此C4H10一氯取代有4种，
A． 中一个氯原子在顶点，另一个氯原子在这个氯原子所在棱的另一个碳上、面对角线碳原子上、体对角线碳原子上，共三种结构，故A符合题意；
B． 有、二氯取代有四种结构，故B不符合题意；
C．有二氯取代有三种，故C符合题意；故答案为：分馏；4；AC。
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