【化学】云南省腾冲市第八中学2018-2019学年高一下学期期中考试（理）试卷（解析版）

云南省腾冲市第八中学2018-2019学年高一下学期期中考试（理）试卷
可能用到的相对原子质量H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27 S－32 Cl－35.5 Ca－40 Fe－56 Cu－64 Ba－137 Ag－108
一、单选题(共40小题,每小题1.5分,共60分)
1.有两瓶失去标签的无色液体，一瓶是饱和氯化钠溶液，一瓶是蒸馏水。为了把它们区分开，同学们提出了以下方法：①蒸发、②测密度、③测导电性、④测pH、⑤加入氯化钠、⑥加入食醋。你认为可行的是（ ）
A. ①②③⑤ B. ①③④⑤ C. ②③④⑥ D. ②③⑤⑥
【答案】A
【详解】①蒸发后，饱和的氯化钠溶液由固体残留，蒸馏水没有，故①正确；
②饱和食盐水的密度大，蒸馏水的密度小，测密度可以鉴别，故②正确；
③饱和氯化钠溶液中存在大量的电解质，能够导电；蒸馏水中几乎不含电解质，不能导电，故③正确；
④饱和食盐水和蒸馏水都是中性溶液，用pH试纸测试的结果是一样的，pH都是7，故④错误；
⑤饱和食盐水中加食盐不会溶解，蒸馏水加食盐会溶解，故⑤正确；
⑥加食醋后现象都不明显，故⑥错误；
故正确的有：①②③⑤。
故选A。
2.现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液 ②39%的酒精溶液 ③碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）
A. 分液、萃取、蒸馏 B. 分液、蒸馏、萃取
C. 萃取、蒸馏、分液 D. 蒸馏、萃取、分液
【答案】B
【解析】① 汽油和水二者互不相溶，所以用分液的方法进行分离，② 由于酒精和水互溶，但二者的沸点不同，可用蒸馏的方法分离75%的酒精溶液；③ 由于碘在有机溶剂中溶解度大于在水中的溶解度小，可用苯或CCl4进行萃取分离碘的水溶液，所以正确的方法依次为分液、蒸馏、萃取。故本题正确答案为B。
3.将10.6gNa2CO3溶于水配制成1000mL溶液，从中取出20 mL，该溶液中Na+的物质的量浓度为（ ）
A. 0.1 mol•L﹣1 B. 0.2 mol•L﹣1
C. 0.05 mol•L﹣1 D. 0.025 mol•L﹣1
【答案】B
【详解】由题意可知：n（Na2CO3）==0.1mol，c（Na2CO3）=0.1mol/L，则c（Na+）=0.1mol/L2=0.2mol/L，从中取出20mL，浓度不变，则c（Na+）=0.2mol/L；
本题答案为B。
4.实验室中需要配制2 mol·L-1的NaCl溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称量的NaCl的质量分别是（ ）
A. 950mL，111.2g B. 500mL，117g
C. 1000 mL，l17g D. 任意规格，117g
【答案】C
【详解】实验室没有950mL的容量瓶，应用1000mL的容量瓶进行配制，则根据溶液的浓度均一性的特点，n(NaCl)=1L×2mol/L=2mol，其质量m(NaCl)=2mol×58.5g/mol=117g，故合理选项是C。
5.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下0.1NA个水分子所占的体积约为2.24L
B. 11.2 L CO2的物质的量为0.5 mol
C. NH3摩尔质量等于NA个氨分子的质量之和
D. 101 kPa、4℃时,（ρ水=1g/mL）18 mL水和202 kPa、27℃时32 g O2所含分子数均为 NA
【答案】D
【详解】A、在标准状况下水不是气体，不能用气体摩尔体积来计算，A项错误；B、题中没有指明温度、压强，因此不能确定11.2 L CO2的物质的量就是0.5 mol，故B项错误；C、NH3的相对分子质量为17，其摩尔质量为17 g·mol−1，NA个NH3分子的质量之和为17 g，三者在数值上相同，但单位不同，故C项错误；D、4 ℃时，18 mL水就是18 g水，其物质的量为1 mol，含有NA个水分子；32 g O2的物质的量是1 mol，不管在什么温度和压强下，1 mol O2都含有NA个O2分子。故D正确。
6.下列物质分类正确的是（ ）
A. Na2O2、Fe3O4、CuO均为碱性氧化物
B. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体
C. 烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质
D. 盐酸、水玻璃、氨水均为混合物
【答案】D
【解析】试题分析：A、过氧化钠不是碱性氧化物，错误，不选A；B、氯化铁溶液不属于胶体，错误，不选B；C、四氯化碳不是电解质，错误，不选C；D、盐酸是氯化氢的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，氨水是氨气的水溶液，都为混合物，正确，选D。
7.下列各组离子中，因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（ ）
A. K+、H+、Fe2+、NO3- B. Fe3+、Ba2+、SO42-、NO3-
C. Al3+、Na+、SO42-、CO32- D. Fe3+、H+、SO42-、ClO﹣
【答案】A
【详解】A.H+、Fe2+、NO3-离子之间发生氧化还原反应而不能共存，故A选；
B.Ba2+、SO42-结合生成沉淀而不能共存，因为复分解反应不能共存，故B不选；
C.Al3+、CO32-相互促进发生双水解而不能共存，故C不选；
D.H+、ClO﹣结合生成HClO弱电解质而不能共存，故D不选。
故选A
8.已知：① 向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；② 向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③ 取实验②生成的溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝。下列判断正确的是（ ）
A. 上述实验证明氧化性：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2
B. 上述实验中，共有两个氧化还原反应
C. 实验①生成的气体不能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝
D. 实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性
【答案】A
【解析】①高锰酸钾氧化氯离子生成氯气；②氯气氧化亚铁离子生成铁离子；③铁离子氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉变蓝色。上述过程都是氧化还原反应；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得出选项A正确。
9.运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，撞击时发生的化学反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，下列有关该反应的叙述错误的是（ ）
A. KClO3是氧化剂
B. P2O5是氧化产物
C. 1 mol KClO3参加反应有6 mol e﹣转移
D. 每有6 mol P被还原，生成5 mol KCl
【答案】D
【解析】A．因Cl元素的化合价由+5价降低为-1价，则KC1O3是氧化剂，故A正确；B．P元素的化合价由0升高为+5价，则红磷为还原剂，生成P2O5是氧化产物，故B正确；C．Cl元素的化合价由+5价降低为-1价，所以1 mol KC1O3参加反应有1 mol×（5+1）=6mol e-转移，故C正确；D．P元素的化合价由0升高为+5价，则红磷为还原剂，所以每有6 mol P被氧化，生成5mol KCl，故D错误；故选D。
10.下列各项正确的是（ ）
A. 钠与水反应的离子方程式：Na＋H2O===Na＋＋OH－＋H2↑
B. 铁与水蒸气反应的化学方程式：2Fe＋3H2O(g)===Fe2O3＋3H2
C. 钠跟氯化钾溶液反应的离子方程式：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
D. 钠和硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na＋Cu2＋===2Na＋＋Cu
【答案】C
【详解】A、原子个数不守恒，钠与水反应的离子方程式2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，故A错误；B、不符合反应客观事实,二者反应生成四氧化三铁铁与水蒸气反应的化学方程式3Fe＋4H2O(g) ===Fe3O4＋4H2，故 B错误；C、钠跟氯化钾溶液反应实质为钠与水反应，离子方程式：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，故C正确；D、不符合客观事实，钠和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气，离子方程式2H2O＋2Na＋Cu2＋===2Na＋＋Cu(OH)2↓+H2↑，故D错误；故选C。
11.实验室为了妥善保存硫酸亚铁溶液，常加入少量的（ ）
A. 铁粉 B. 铜粉
C. 锌粉 D. Fe2（SO4）3
【答案】A
【解析】硫酸亚铁溶液中Fe2+容易被氧化成Fe3+，导致硫酸亚铁溶液变质，为了防止防止硫酸亚铁溶液变质，需要加入少量铁粉，反应的离子方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+；由于锌粉、铜粉、镁粉都会引进杂质，所以选用铁粉，故选A。
12.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 硅酸钠溶液与盐酸反应：SiO32-＋2HCl===2Cl－＋H2O＋SiO2↓
B. 水玻璃中通入过量二氧化碳：SiO32-＋CO2＋H2O===CO32-＋H2SiO3↓
C. 硅酸与氢氧化钠溶液反应H2SiO3＋OH－===SiO32-＋H2O
D. SiO2与氢氧化钠溶液反应SiO2＋2OH－===SiO32-＋H2O
【答案】D
【详解】A.硅酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠和硅酸，盐酸为强酸，应写离子形式，硅酸沉淀应写化学式，正确的离子方程式为：SiO32-＋2H+=H2SiO3↓，故A错误；
B.在硅酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成硅酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-，故B错误；
C.硅酸和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，电荷不守恒，正确的离子方程式为：H2SiO3+2OH-=SiO32-+2H2O，故C错误；
D.二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故D正确。
故选D。
13.漂白粉在空气中放置易失效的主要原因是（ ）
A. Ca(ClO)2不稳定，易分解 B. Ca(ClO)2易吸收水分而潮解
C. Ca(ClO)2跟空气中的水和CO2反应 D. Ca(ClO)2跟空气中的CO2反应
【答案】C
【解析】试题分析：次氯酸的酸性弱于碳酸，故Ca(ClO)2跟空气中的水和CO2反应，生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解从而失效。故答案为C。
14.同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的两种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2，③NO和N2。现将3支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列关系正确的是（ ）
A. V1>V2>V3 B. V1>V3>V2
C. V2>V3>V1 D. V3>V1>V2
【答案】D
【详解】设每种气体各占1L，则
①组合发生反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，剩余气体的体积为：1L+1/3L＝4/3L；
②组合发生反应：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，剩余气体的体积为1L－1/4L＝3/4L；
③组中NO和N2都不溶于水，剩余气体为2L。
故充分反应后，试管中剩余气体的体积关系为V3＞V1＞V2，答案选D。
15.在隔绝空气的情况下，9.2g铁、镁、铝混合物溶解在一定量某浓度的稀硝酸中，当金属完全溶解后收集到4.48 L（标准状况下）NO气体。在反应后的溶液中加入足量的烧碱溶液，可生成氢氧化物沉淀的质量为（ ）
A. 18.6 g B. 20g C. 19.4g D. 24g
【答案】C
【解析】试题分析：硝酸与金属反应生成一氧化氮：HNO3→NO，化合价降低3价，得到3e-电子，标况下4.48LNO的物质的量为：n（NO）=4.48/22.4=0.2mol，得到电子的物质的量为：n（e-）=3e-×0.2mol=0.6mol，根据金属的转化关系：M→Mn+→M（OH）n和电子守恒可知，金属失去电子的物质的量等于硝酸中N原子得到电子的物质的量，也等于生成沉淀时结合OH-的物质的量，即：n（OH-）=n（e-）=0.6mol，则最多生成沉淀的质量为：金属质量+净增OH-的质量=9.2g+0.6mol×17g/mol=19.4g，由于沉淀中没有氢氧化铝，所以生成沉淀的质量小于19.4g，故选A
16.下列方法中，不能用于实验室制备氨气的是（ ）
A. 加热浓氨水 B. 将浓氨水滴到生石灰上
C. 加热氯化铵固体 D. 将熟石灰和氯化铵的混合物加热
【答案】C
【解析】试题分析：A．加热浓氨水，一水合氨分解产生氨气和水，可以在实验室中制取氨气，错误；B．将浓氨水滴到生石灰上，水和CaO发生反应放出热量，使溶液的温度升高，一水合氨分解产生氨气和水，可以在实验室中制取氨气，错误；C．加热氯化铵固体，固体分解产生氨气和HCl，降低温度，二者会重新化合产生氯化铵，因此不可以用于在实验室制取氨气，正确；D．将熟石灰和氯化铵的混合物加热，发生复分解反应，产生CaCl2、氨气和水，故可以用于在实验室制取氨气，错误。
17.将含有等体积NH3、CO2、NO的混合气体依次通过盛有浓H2SO4、Na2O2和Na2CO3溶液的装置，充分作用后，最后得到的气体是（ ）
A. CO2和NO B. CO2 C. NO D. NO2
【答案】A
【详解】设三种气体的体积均为1L，则气体通过浓H2SO4时，NH3被完全吸收，剩余二氧化碳和一氧化碳；通过Na2O2时，CO2被吸收生成0.5L的O2，产生的0.5L的O2与1LNO恰好完全反应生成和NO等体积的NO2，当NO2通过Na2CO3溶液时，NO2与水反应生成的硝酸和一氧化氮，跟Na2CO3反应产生CO2，剩余剩余的气体为二氧化碳和一氧化氮的混合气体。
故选A。
18.下列各组微粒属同位素的是（ ）
①16O2和18O2 ②H2和D2 ③18O和16O ④1H218O和2H216O ⑤Cl和Cl
A. ①② B. ③⑤ C. ④ D. ②③
【答案】B
【详解】①16O2和18O2是由氧元素形成的结构不同的单质，互为同分异构体，故①不选；
②H2和D2是由氢元素形成的结构不同的单质，互为同分异构体，故②不选；
③18O和16O是氧元素的不核素，质子数相同，但中子数不同，互为同位素，故③选；
④1H218O和2H216O都是由氢氧元素组成的不同水分子，组成相同，为同一物质，故④不选；
⑤Cl和Cl是氯元素的不同核素，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故⑤选。
所以互为同位素的是③⑤。
故选B。
19.砹(At)原子序数为85，与F、Cl、Br、I同族，推测砹或砹的化合物不可能具有的性质是（ ）
A. 砹是有色固体
B. 非金属性：At＜I
C. HAt非常稳定
D. I2能从砹的可溶性盐溶液中置换出At2
【答案】C
【详解】A.同主族从上到下元素的单质从气态、液态、固态变化，且颜色加深，则砹是有色固体，故A正确；
B.同一主族元素，其非金属性随着原子序数增大而减小，所以非金属性：At小于I，故B正确；
C.同一主族元素中，其非金属性随着原子序数的增大而减小，则其相应氢化物的稳定性随着原子序数的增大而减弱，所以HAt的很不稳定，故C错误；
D.同一主族元素，其单质的氧化性随着原子序数的增大而减弱，所以I2可以把At从At的可溶性的盐溶液置换出来，故D正确。
故选C。
20.X、Y、Z是三种短周期元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法正确的是（ ）
A. 元素非金属性由弱到强的顺序为Z＜Y＜X
B. Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3YO4
C. 三种元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物最稳定
D. 原子半径由大到小的顺序为Z＜Y＜X
【答案】A
【详解】由分析可知：X为O元素，Y为S元素，Z为P元素。
A.同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性P＜S＜O，即Z＜Y＜X，故A正确；
B.Y为S元素，最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，故B错误；
C.非金属性P＜S＜O，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物稳定性Z＜Y＜X，故C错误；
D.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P＞S＞O，即Z＞Y＞X，故D错误。
故选A。
21.下列关于物质性质变化的比较，不正确的是（ ）
A. 离子半径大小：S2－＞O2－＞Na＋
B. 气态氢化物稳定性：HBr＜HCl＜HF
C. 碱性强弱：KOH＞NaOH＞LiOH
D. 还原性强弱：F－＞Cl－＞Br－＞I－
【答案】D
【解析】核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以O2->Na+；电子层数多的离子，半径越大，因此离子半径大小S2->O2->Na+ ；A正确；非金属性,气态氢化物的稳定性为,B正确；金属性，对应最高价氧化物的水化物的碱性为， C正确；非金属性，对应离子的还原性为,D错误；正确选项D。
22.向容积为2L的密闭容器中充入2molA气体和1mol B气体，在一定条件下发生如下反应：2A(g)＋B(g)3C(g)；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6 mol·L－1。下列说法中正确的是（ ）
①用物质A表示该反应的平均速率为0.2 mol·L－1·s－1
②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1
③平衡时物质A与B的转化率相等
④平衡时物质B的浓度为0.2 mol·L－1
A. ①②③ B. ①③ C. ②④ D. ①④
【答案】B
【解析】由题意，平衡时生成C的物质的量为：0.6 mol·L-1×2L=1.2mol，根据方程式和有关数据列三段式：

所以①用物质A表示该反应的平均反应速率为：=0.2 mol·L-1·s-1，①正确；②用物质B表示该反应的平均反应速率为：=0.1 mol·L-1·s-1，②错误；③平衡时物质A与B的转化率分别为×100%=40%、×100%=40%，所以平衡时物质A与B的转化率相等，③正确；④平衡时物质B的浓度为=0.3 mol·L-1，④错误。综上，①③正确，选B。
23.某气态烃在恒容密闭容器内与氧气混合完全燃烧，如果燃烧前后容器内(温度高于100℃)压强保持不变，该烃可能是（ ）
A. C2H6 B. C2H4 C. C3H8 D. C3H6
【答案】B
【详解】设该烃的化学式为CxHy，
根据：CxHy+（）O2=xCO2+H2O
燃烧前后容器内（温度高于100℃）压强保持不变，则气体的物质的量不变，则有：1+=x+，解之得y=4，即烃中含有的H原子数为4。
故选B。
24.下列物质的所有原子，不可能处于同一平面内的是（ ）
A. CH3CH==CH2 B. CH2==CH2
C. D.
【答案】A
【详解】A.CH3CH=CH2中甲基具有四面体结构，所以所有原子不可能处于同一平面内，故A正确；
B.CH2=CH2为平面结构，所以所有原子一定处于同一平面内，故B错误；
C.，苯和乙烯都是平面结构，所以所有原子可能处于同一平面内，故C错误；
D.是平面结构，所以所有原子一定处于同一平面内，故D错误。
故选A。
25.由下列各组中三种元素构成的化合物中，既能形成离子化合物又能形成共价化合物的是（ ）
A. H、N、O B. Na、S、O C. H、O、C D. H、S、O
【答案】A
【详解】A.三种元素的原子组合成化合物时可以形成共价化合物，如HNO3，也可以形成离子化合物，如NH4NO3，故A正确；
B.Na为活泼金属，S、O为活泼非金属，三种元素相互化合只能形成离子化合物，故B错误；
C.H、O、C为非金属元素，各元素相互化合只能形成共价键而不能形成离子键，所以这三种元素相互化合只能形成共价化合物不能形成离子化合物，故C错误；
D.H、S、O为非金属元素，各元素相互化合只能形成共价键而不能形成离子键，所以这三种元素相互化合只能形成共价化合物不能形成离子化合物，故D错误。
故选A
26.下列有关化学用语表达不正确的是（ ）
A. 氮气的电子式：∶N∶∶∶N∶ B. CO2分子的结构式：O＝C＝O
C. Na的原子结构示意图： D. 钙离子的电子式：Ca2+
【答案】A
【解析】氮气中氮原子和氮原子形成的是氮氮三键，所以电子式为，即选项A是错误的，答案选A。
27.日常所用锌－锰干电池的电极分别为锌筒和石墨棒，以糊状NH4Cl作电解质，电极反应为：Zn－2e－＝Zn2＋，2MnO2＋2NH4+＋2e-＝Mn2O3＋2NH3＋H2O。下列有关锌－锰干电池的叙述中，正确的是（ ）
A. 干电池中锌筒为正极，石墨棒为负极
B. 干电池长时间连续工作后，糊状物可能流出，腐蚀用电器
C. 干电池工作时，电流方向是由锌筒经外电路流向石墨棒
D. 干电池可实现化学能向电能和电能向化学能的相互转化
【答案】B
【解析】试题分析：A：负极发生氧化反应，所以锌为负极；B：工作时间长，锌外壳不断被电解，筒内的糊状物会流出腐蚀电器；C：电流由正极流向负极，故事从石墨棒流向锌电极；D：干电池是化学能转变为电能，但无法实现电能转变为化学能，故选B。
28.对于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g紫色)，下列叙述能够说明已达平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的颜色不再变化
B. 温度和体积一定时，容器内压强不再变化
C. 1molH－H键生成的同时有2molH－I键断裂
D. 各物质的物质的量浓度之比为2∶1∶1
【答案】A
【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。颜色的深浅和浓度有关系，所以选项A可以说明。反应前后气体的体积不变，因此气体的总物质的量和压强始终是不变的，B不能说明。C中反应速率的方向是相同，速率之比是相应的化学计量数之比，因此C中的关系始终是成立的，C不能说明。密平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种的浓度之间不一定满足某种关系，D不能说明，因此答案选A。
29.等物质的量的下列有机物完全燃烧，生成CO2的量最多的是（ ）
A. CH4 B. C2H6 C. C3H6 D. C6H6
【答案】D
【解析】试题分析：根据这几种物质的化学式知，等物质的量的这几种物质，苯中碳原子的物质的量最多，根据碳原子守恒知，生成二氧化碳的量从大到小的顺序是C6H6＞C3H6＞C2H6＞CH4。故选D。
30.高温下，炽热的铁与水蒸气在一个体积不变的密闭容器中进行反应：3Fe（s）＋4H2O（g）＝Fe3O4(s)＋4H2（g），下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A. 把铁块变成铁粉 B. 升高温度
C. 增加铁的量 D. 增加水蒸气的量
【答案】C
【详解】A.把铁块变成铁粉，增大了固体反应物的表面积，反应速率增大，故A不选；
B.升高温度，可使反应速率增大，故B不选；
C.固体没有浓度，故增加铁的量对平衡无影响，故C选；
D.增加水蒸气的量，反应物的浓度增大，反应速率加快，故D不选。
故选C。
31.已知合成氨反应的浓度数据如下：

N2+3H22NH3
起始浓度mol/L
1.0
3.0
0
2秒末浓度mol/L
0.6
1.8
0.8
当用氢气浓度的减少来表示该化学反应速率时，其速率为（ ）
A. 0.2 mol/(L·s) B. 0.4 mol/(L·s) C. 0.6 mol/(L·s) D. 0.8 mol/(L·s)
【答案】C
【详解】2s内氢气的浓度变化量为3.0mol/L-1.8mol/L=1.2mol/L，所以2s内用氢气表示的平均反应速率为=0.6mol/(L·s)。
故选C。
32.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（ ）
①苯不能使KMnO4酸性溶液褪色；
②苯中的碳碳键的键长均相等；
③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷；
④苯在FeBr3存在的条件下同液溴可发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色。
A. ②③④ B. ①③④ C. ①②③ D. ①②④
【答案】D
【详解】①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故①正确；
②苯环中的碳碳键的键长均相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故②正确；
③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，碳碳双键和碳碳三键可以发生加成反应，不能证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，故③错误；
④苯不能因发生化学反应而使溴水溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，故④正确。
故选D。
33.将4 mol A气体和2 mol B气体置于1 L的密闭容器中，混合后发生如下反应：2A(g) + B(g) = 2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为1.2 mol/L，下列说法正确的是（ ）
A. 用物质A表示的反应速率为1.2 mo/(L·s)
B. 用物质B表示的反应速率为0.6 mol/(L·s)
C. 2s时物质A的转化率为30％
D. 2s时物质B的浓度为0.6 mol/L
【答案】C
【解析】2A(g)+B(g)=2C(g)
起始浓度（mol/L） 4 2 0
转化浓度（mol/L） 1.2 0.6 1.2
2s浓度（mol/L） 2.8 1.4 1.2
则A、用物质A表示的反应速率为1.2mol/L÷2s＝0.6mol/（L•s），A错误；B. 用物质B表示的反应速率为0.6mol/L÷2s＝0.3mol/（L•s），B错误；C. 2s时物质A的转化率为1.2/4×100%＝30%，C正确；D. 2s时物质B的浓度为1.4mol/L，D错误，答案选C。
34.对于反应A2（g）+3B2（g）===2C（g）来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是（ ）
A. v（B2）=0.8 mol/（L•s） B. v（A2）=0.4 mol/（L•s）
C. v（C）=0.6 mol/（L•s） D. v（B2）=1 mol/（L•s）
【答案】B
【详解】对于反应A2（g）+3B2（g）=2C（g），都转化为B2表示的速率进行比较：
A. v（B2）=0.8 mol/（L•s）；
B. v（A2）=0.4 mol/（L•s），v（B2）=3v（A2）=3×0.4 mol/（L•s）=1.2 mol/（L•s）；
C. v（C）=0.6 mol/（L•s），v（B2）=v（C）=×0.6mol/（L•s）=0.9mol/（L•s）；
D. v（B2）=1 mol/（L•s）。
所以B选项中表示的反应速率最快。
故选B。
35.已知反应A+B==C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 该反应为放热反应
B. 该反应为吸热反应
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 该反应只有在加热条件下才能进行
【答案】B
【解析】试题分析：根据图分析，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，选B，不选AC；吸热反应有的在常温的下进行，故不选D。
36.进行一氯取代反应后，生成的有机产物有三种同分异构体的是（ ）
A. （CH3）2CHCH2CH3
B. （CH3CH2）2CHCH3
C. （CH3）3CCH2CH3
D. （CH3）2CHCH（CH3）2
【答案】C
【详解】生成的有机产物有三种同分异构体，则该烷烃只有3种一氯代物，即该烷烃有3种不等效氢。
A.（CH3）2CHCH2CH3分子中含有4种化学环境不同的H原子，其一氯代物有4种，故A错误；
B.（CH3CH2）2CHCH3分子中含有4种化学环境不同的H原子，其一氯代物有4种，故B错误；
C.（CH3）3CCH2CH3分子中含有3种化学环境不同的H原子，其一氯代物有3种，故C正确；
D.（CH3）2CHCH（CH3）2分子中含有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种，故D错误。
故选C。
37.燃烧0.1mol两种气态烃的混合物，生成3.36LCO2（标准状况下）和3.6gH2O，则混合气体的可能组成为（ ）
A. CH4 C2H4 B. CH4 C2H6
C. C3H6 C2H6 D. CH4 C6H6
【答案】A
【详解】0.1mol两种气态烃燃烧生成二氧化碳、水的物质的量为：n（CO2）==0.15mol，n（H2O）==0.2mol，则混合的平均化学式为C1.5H4，由于是混合物，则一定含有C原子数小于1.5的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃也含有4个氢原子，
A.CH4、C2H4：二者分子中都含有4个H，平均分子式可以满足C1.5H4，故A正确；
B.CH4、C2H6：乙烷分子中含有6个H原子，故B错误；
C.C3H6、C2H6：二者平均碳原子数一定大于2，平均氢原子数一定大于4，故C错误；
D.CH4、C6H6：二者平均氢原子数一定大于4，故D错误。
故选A。
38.W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是（ ）
A. 单质沸点： W＞X
B. X与Y不能存在于同一离子化合物中
C. 氧化物对应的水化物的酸性：Y D. 阴离子的还原性：W＞Z
【答案】D
【详解】由分析可知：W是H元素，X是N元素，Y是P元素、Z是Cl元素。
A.W为H元素、X是N元素，H、N元素的单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量呈正比，氮气的相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：W＜X，故A错误；
B.X、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故B错误；
C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＜Cl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＜HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C错误；
D.元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性W＜Z，所以阴离子的还原性：W＞Z，故D正确。
故选D。
39.对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥所有的原子可能共平面。其中正确的是（ ）
A. ①②③④⑤ B. ①②⑤⑥
C. ①②④⑤⑥ D. 全部正确
【答案】C
【解析】苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，故应具有苯和乙烯的性质，如碳碳双键既可使酸性KMnO4溶液褪色，又可使溴的四氯化碳溶液褪色，而苯能发生硝化反应，①错误，②正确，⑤正确； 苯乙烯属于烃类，而烃都难溶于水而易溶于有机溶剂(如苯)中，③正确 ④正确；从分子结构看，苯乙烯是苯、乙烯两个平面结构的组合，这两个平面有可能重合，可能共平面，⑥错误。故②③④⑤正确，选A。
40.对于密闭容器中的反应2SO3(g)O2(g)＋2SO2(g)，在一定条件下n(SO3)和n(O2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）

A. 点c处反应达到平衡
B. 点b的正反应速率比点a的大
C. 点c的逆反应速率比点e的大
D. 点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(SO2)一样大
【答案】D
【详解】A.由图像可以知道，点c处O2和SO3的物质的量相等，但是未必达到平衡状态，故A错误；
B.点bSO3的物质的量浓度比a点小，所以点b的的正反应速率比点a的小，故B错误；
C.点c为达到平衡且向正反应方向进行，生成物的浓度比平衡时要小，所以逆反应速率比平衡状态小，而点e处于平衡状态，所以点c的逆反应速率比点e的小，故C错误；
D.点d(t1时刻)和点e(t2时刻)都处于同一平衡状态下，所以SO2的物质的量相同，故D正确。
故选D。
二、填空题(每空2分，共40分)
41.理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。请利用反应“Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+”设制一个化学电池（正极材料用碳棒），回答下列问题：
（1）该电池的负极材料是_________，电解质溶液是_________；
（2）若导线上转移电子1 mol，则生成银________克。
【答案】(1). Cu (2). AgNO3 (3). 108
【详解】（1）原电池中失电子的物质作负极，负极发生氧化反应，根据反应方程式知，Cu作负极，电解质溶液中含有得电子的Ag+，可用硝酸银溶液作电解质溶液，故答案为：Cu；AgNO3。（2）由Ag++e-=Ag可知，导线上转移电子1mol，则被还原生成1molAg，质量为1mol×108g/mol=108g，故答案为：108。
42.已知断开1molH—H键、1molN≡N、1molN—H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ。则由N2和H2反应生成1 molNH3需要_____（填“放出”或“吸收”）____kJ的能量
【答案】(1). 放出 (2). 46
【详解】根据化学方程式N2+3H22NH3，生成1mol的NH3时需要消耗0.5mol的N2和1.5mol的H2，因此在上述的反应过程中断裂0.5mollN≡N键和1.5molH—H键，共吸收热量为0.5×946kJ+1.5×436kJ=1127kJ，形成1molNH3中的3molN—H键，共放出热量3×391kJ=1173kJ，因为1173kJ＞1127kJ，因此反应放热，共放出1173kJ-1127kJ=46kJ的热量，故答案为：放出，46。
43.在一定条件下，制备氯乙烷(C2H5Cl)的方法有：①用乙烷与氯气反应；②用乙烯与氯化氢反应，两种方法中哪一种要更好，写出化学方程式________，该反应的类型是__________。
【答案】(1). CH2==CH2+HCl→C2H5Cl (2). 加成反应
【详解】烷烃与卤素单质在光照条件下发生取代反应得到卤代烃，所以用乙烷制备氯乙烷化学方程式是CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl；烯烃与卤化氢能发生加成反应得到卤代烃，所以用乙烯制备氯乙烷的化学方程式是：CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，由于乙烷与氯气在光照条件下发生反应得到的产物有：一氯乙烷，1，1-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷，1，1，2-三氯乙烷，1，1，2，2-四氯乙烷，1，1，1，2-四氯乙烷，1，1，1，2，2-五氯乙烷，六氯乙烷和氯化氢，产物不唯一，而乙烯和卤化氢能发生加成反应得到氯乙烷，产物只有一种，所以第②种方法更好，生成纯净的氯乙烷，故答案为：CH2=CH2+HCl→C2H5Cl，加成反应。
44.氢氧燃料电池，是一种高效无污染的清洁电池,它分碱性（用KOH做电解质）和酸性（用硫酸做电解质）氢氧燃料电池，下图是氢氧燃料电池。

（1）该电池的负极是通_____（填通入的气体）。
（2）如果是碱性燃料电池则负极反应方程式是：___________。
（3）如果是酸性燃料电池则正极极反应方程式是：__________。
【答案】(1). H2 (2). H2-2e-+2OH-==2H2O (3). O2+4e-+4H+==2H2O
【详解】（1）燃料电池负极为燃料气体，正极为氧气，所以氢氧燃料电池的负极是氢气，故答案为：H2。
（2）碱性燃料电池则负极反应方程式是：H2-2e-+2OH-=2H2O，故答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O。
（3）酸性燃料电池中，正极上的反应方程式为氧气得电子生成氢氧根，电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O。
45.（1）某温度时，在2 L容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化曲线如图所示。由图中数据分析，该反应的化学方程式为：______________。

（2）反应开始至2 min，Z的平均反应速率为__________。
（3）达到平衡时X的转化率为__________。
（4）不同时间测得以下反应速率：
①v(X)=0.075 mol· L-1·min-1 ②v(Y)=0.001 mol· L-1·s-1 ③v(Z)=0.06 mol·L-1·min-1
速率由大到小关系正确为______。
A．①＞③＞② B．③＞①＞② C．②>③>①
【答案】(1). Y+3X2Z (2). 0.05mol· L-1·min-1 (3). 30% (4). C
【详解】（1）根据图像可知：随着反应的进行，X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增加，则X、Y为反应物而Z为生成物，2min时，△n(X)=1.0mol-0.7mol=0.3mol，△n(Y)=1.0mol-0.9mol=0.1mol，△n(Z)=0.2mol-0=0.2mol，同一可逆反应同一时间段内各物质物质的量变化量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，据此其化学方程式为：Y+3X2Z，故答案为：Y+3X2Z。
（2）反应开始至2min，Z的平均反应速率为v(Z)===0.05mol·L-1·min-1，故答案为：0.05mol·L-1·min-1。
（3）达到平衡时X的转化率为×100%=30%，故答案为：30%。
（4）根据速率之比等于反应计量数之比可知：
①v(X)=0.075mol·L-1·min-1，则v(Z)=×0.075mol·L-1·min-1=0.05mol·L-1·min-1；
②v(Y)=0.001mol·L-1·s-1，则v(Z)=2×0.001mol·L-1·s-1=0.002mol·L-1·s-1=0.12mol·L-1·min-1；
③v(Z)=0.06 mol·L-1·min-1
所以反应速率②>③>①，故答案为：C。
46.硫酸工业中废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO。 某探究性学习小组的同学设计以下实验方案，将硫酸渣中金属元素分别转化为氢氧化物沉淀而分离开来。

已知常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：

（1）工业上用固体A作原料制取水玻璃的化学方程式为_________。
（2）固体E的化学式为_________。
（3）实验室用11.9mol/L的浓盐酸配制250mL3.0mol/L的稀盐酸，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需要_______。
（4）上述流程中的试剂Y最好选用下列中的_______（选填字母编号）。
A．水 B．硫酸 C．氨水 D．氢氧化钠
（5）写出反应F→H的离子方程式_________。
【答案】 (1). SiO2+2NaOH==Na2SiO3+H2O (2). Mg（OH）2 (3). 250ml容量瓶 (4). D (5). AlO2-+CO2+2H2O==Al（OH）3↓+HCO3-
【详解】（1）由分析可知：固体A为二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
（2）由分析可知：固体E为Mg（OH）2，故答案为：Mg（OH）2。
（3）实验室用11.9mol/L的浓盐酸配制250mL3.0mol/L的稀盐酸，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和量筒外，还需要250mL容量瓶和胶头滴管；故答案为：250mL容量瓶。
（4）阳离子Mg2+以氢氧化物形式沉淀所需试剂，根据题给信息和流程可知应该先用氢氧化钠溶液将Mg2+转化成氢氧化镁沉淀析出同时将Al3+转化成AlO2-溶液；故答案为：D。
（5）F→H的反应是AlO2-与CO2反应，过量CO2反应的产物为碳酸氢盐，反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；故答案为：AlO2-+CO2+2H2O==Al（OH）3↓+HCO3-。