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湖南省张家界市2018-2019学年高一下学期期末考试化学试题
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2019年普通高中一年级第二学期期末联考化学试题卷
考生须知：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。本卷答案必须写在答题卡的相应位置,交卷时只交答题卡。
计算可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 Ag—108 Cu—64
第I卷（选择题44分）
一、选择题：（本题包括22小题，每小题2分，共44分，每小题只有一个正确答案）
1.决定化学反应速率的主要因素是（ ）
A. 参加反应物本身的性质 B. 催化剂
C. 温度和压强以及反应物的接触面 D. 反应物的浓度
【答案】A
【解析】
【详解】决定化学反应速率的主要因素是参加反应物本身的性质。温度、压强、催化剂、浓度、接触面积等是影响化学反应速率的因素的外因，不是主要因素。
【点睛】参加反应的物质的性质是决定性因素，而浓度、温度、压强等是外部的影响因素。
2.据报道，某些建筑材料会产生放射性同位素氡，从而对人体产生伤害，该同位素原子的中子数是
A. 50 B. 136 C. 86 D. 222
【答案】B
【解析】
分析】
利用原子构成、质量数、中子数与质子数之间关系，据此分析；
【详解】根据原子构成，222为质量数，86为质子数，中子数为222－86=136.故B正确；
答案选B。
3.下列说法中错误的是（ ）
A. 化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化
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. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量
【答案】C
【解析】
【详解】A、由于化学反应的本质是旧键断裂新键形成的过程，断键要吸热，形成化学键要放热，这样必然伴随整个化学反应吸热或放热，所以化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，A正确；
B、根据A中分析可知B正确；
C、一个化学反应是放热还是吸热主要取决于反应物的总能量与生成物总能量的相对大小，与外界条件没有关系，C错误；
D、反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量，D正确。
答案选C。
4.下列物质中，既有离子键又有共价键的是
A. HCl B. NaOH C. H2O D. HF
【答案】B
【解析】
【详解】A、HCl为共价化合物，只含有共价键，故A不符合题意；
B、NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故B符合题意；
C、H2O为共价化合物，只含有共价键，故C不符合题意；
D、HF为共价化合物，只含有共价键，故D不符合题意；
答案选B。
5.下列反应中，属于吸热反应的是
A. 锌粒与稀硫酸的反应 B. 木炭的燃烧
C. 甲烷在氧气中的燃烧反应 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、锌粒与稀硫酸反应为放热反应，故A不符合题意；
B、木炭的燃烧为放热反应，故B不符合题意；
C、甲烷的燃烧为放热反应，故C不符合题意；
D、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，故D符合题意；
答案选D。
【点睛】常见的放热反应有所有的燃烧、酸碱中和反应、大多数的化合反应、金属与酸或水的反应、物质的缓慢氧化、铝热反应等；常见的吸热反应有多数的分解反应、盐类的水解、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应、碳和水蒸气、碳和CO2的反应等。
6.元素的性质呈周期性变化的根本原因是( )
A. 元素原子量的递增，量变引起质变
B. 元素的原子半径呈周期性变化
C. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化
D. 元素的金属性和非金属性呈周期性变化
【答案】C
【解析】
元素的性质呈周期性变化的根本原因是元素原子的核外电子排布呈周期性变化的必然结果。答案选C。
7. 下列递变规律正确的是( )
A. P、S、Cl最高正价依次降低 B. 钠、镁、铝的还原性依次减弱
C. HCl、HBr、HI的稳定性依次增强 D. HClO4、H2SO4、H3PO4 的酸性依次增强
【答案】B
【解析】
试题分析：A、元素的最高正价=主族序数，故P、S、Cl最高正价依次升高，A错误；B、在金属活动性顺序表中，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，单质的还原性也逐渐减弱，B正确；C、非金属性越强，和H2化合越容易，得到的气态氢化物越稳定．第ⅤⅡA族的元素，从上而下，元素的非金属性越来越弱，故气态氢化物的稳定性逐渐减弱，C错误；D、元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，而非金属性Cl＞S＞P，故酸性HClO4、H2SO4、H3PO4逐渐减弱，D错误；答案选B。
考点：考查元素周期律的应用
8.可逆反应在一定条件下达到化学反应限度时
A. 反应停止了 B. 正反应速率与逆反应速率均为零
C. 反应物全部转化成生成物 D. 反应物和生成物浓度不再发生变化
【答案】D
【解析】
【分析】
根据可逆反应的特点：逆、等、动、定、变进行分析；
【详解】A、化学平衡是动态平衡，反应不会停止，故A错误；
B、化学平衡为动态平衡，V正=V逆≠0，故B错误；
C、化学平衡为可逆反应，不能完全进行到底，故C错误；
D、根据化学平衡状态的定义，当组分的浓度不再改变，说明反应达到平衡，故D正确；
答案选D。
9.下列化学用语的书写正确的是（ ）
A. 氮气的电子式： B. 硫原子的结构示意图:
C. CH4的比例模型： D. 乙烯的结构简式：CH2CH2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氮气的电子式为，A错误；
B. 硫原子的结构示意图为，B错误；
C. 比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，CH4的比例模型为，C正确；
D. 乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2＝CH2，D错误；
答案选C。
10.下列物质中，不能和氯气发生取代反应是
A. CH3Cl B. CCl4 C. CH2Cl2 D. CH4
【答案】B
【解析】
【详解】氯代烃与氯气发生取代反应时，分子中必须有氢原子，没有氢原子则不能发生取代反应。答案选B。
11. 下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是
A. 苯 B. 乙烷 C. 乙烯 D. 乙酸
【答案】C
【解析】
试题分析：苯、乙烷、乙酸性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯中的碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，导致酸性高猛酸钾溶液褪色，选C。
考点：考查常见有机物的化学性质。
12.将NaOH溶液和CuSO4溶液加入到某病人的尿液中，微热，有砖红色沉淀生成。由此可以得知该病人的尿液中含有
A. 食醋 B. 葡萄糖 C. 酒精 D. 食盐
【答案】D
【解析】
【分析】
将NaOH和CuSO4溶液加入到某病人的尿液中，微热，出现砖红色沉淀，说明该病人的尿液中含有醛基，据此分析；
【详解】A、食醋中含有醋酸，醋酸的结构简式为CH3COOH，不含有醛基，与CuSO4、NaOH混合溶液，微热，发生中和反应，不产生砖红色沉淀，故A不符合题意；
B、葡萄糖为多羟基醛，含有醛基，与NaOH、CuSO4混合溶液，微热，产生砖红色沉淀，故B符合题意；
C、酒精结构简式为CH3CH2OH，含有羟基，不含有醛基，与NaOH、CuSO4混合溶液，不产生砖红色沉淀，故C不符合题意；
D、食盐为NaCl，不与NaOH、CuSO4混合溶液发生反应，故D不符合题意；
答案选D。
13.在冶金工业上，需要用热分解法制取的金属是
A. Na B. Fe C. Cu D. Ag
【答案】B
【解析】
【分析】
K～Al用电解法制备，Zn～Cu用热还原法制备，Cu以后的金属用热分解法制备，据此分析；
【详解】A、工业上常采用电解熔融NaCl制备金属钠，故A不符合题意；
B、工业冶炼铁，常采用热还原法，故B不符合题意；
C、工业冶炼铜，可以采用热还原法、火法炼铜等，故C不符合题意；
D、冶炼Ag，采用热分解法，故D符合题意；
答案选D。
14.正丁烷与异丁烷互为同分异构体的依据是
A. 具有相似的化学性质 B. 具有相同的物理性质
C. 分子具有相同的空间结构 D. 分子式相同，但分子内碳原子的连接方式不同
【答案】D
【解析】
同分异构体即分子式相同但结构不同的化合物，一般存在于有机物中
15.C(s)+CO2(g)2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是
①增大压强 ②升高温度 ③通入CO2 ④增大C的量 ⑤减小压强
A. ①②③ B. ①③④ C. ②③④ D. ③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
利用影响化学反应速率的因素进行分析；
【详解】①CO2和CO为气体，增大压强，加快反应速率，故①符合题意；
②升高温度，加快反应速率，故②符合题意；
③通入CO2，增大CO2的浓度，加快反应速率，故③符合题意；
④C为固体，浓度视为常数，增大C的量，化学反应速率基本不变，故④不符合题意；
⑤减小压强，减缓反应速率，故⑤不符合题意；
综上所述，选项A正确；
答案选A。
16.下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是
A. 苯既能发生取代反应，又能发生加成反应
B. 乙烯、甲烷、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
D. 纤维素、聚乙烯、油脂都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A、苯能与液溴、浓硝酸等发生取代反应，苯能与H2等发生加成反应，故A正确；
B、乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷属于烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯的结构简式为，其中不含有不饱和键，即聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C、分馏是利用各组分的沸点不同进行分离的方法，属于物理变化，干馏：将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，裂化、裂解：将长链的烃变为短链，属于化学变化，故C错误；
D、纤维素、聚乙烯为高分子化合物，油脂不属于高分子化合物，故D错误；
答案选A。
【点睛】高分子化合物包括纤维素、蛋白质、淀粉、聚乙烯等，特别注意油脂不属于高分子化合物，这需要学生熟记。
17.某金属元素的一个原子失去两个电子后，转变为具有Ne原子的电子层结构的离子，则该金属元素在元素周期表中的位置是
A. 第三周期第IA族 B. 第三周期第ⅡA族
C. 第四周期第IA族 D. 第四周期第ⅡA族
【答案】B
【解析】
【分析】
Ne为10号元素，该金属失去2个电子后，变为具有Ne原子的电子层结构的离子，推出该金属元素的原子序数为12，据此分析；
【详解】Ne为10号元素，其原子结构示意图为，该金属离子得到2电子，推出该金属元素的原子结构示意图为，即该金属元素位于第三周期IIA族，故选项B正确；
答案选B。
18.“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。下列反应最符合绿色化学中“原子经济”要求的是
A. nCH2=CH2
B. CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl
C. Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
D. 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
【答案】A
【解析】
【详解】在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。
A. nCH2=CH2为加聚反应，产物只有一种，原子利用率达100%，符合，选项A正确；
B. CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl为取代反应，原子利用率没有达100%，不符合，选项B错误；
C. Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，原子利用率没有达100%，不符合，选项C错误；
D. 3NO2＋H2O==2HNO3＋NO，原子利用率没有达100%，不符合，选项D错误；
答案选A。
19.海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是( )
A. 海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质
B. 海水制盐的过程中只发生了化学变化
C. 从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Na
D. 利用潮汐发电是将化学能转化为电能
【答案】C
【解析】
分析：A．钾元素化合价由+1价变为0价，该过程中钾元素得电子发生还原反应；
B．海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程；
C．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2和Na；
D．潮汐发电是利用动能转化为电能。
详解：A．海水中的钾元素由化合态转化为游离态时，其化合价由+1价变为0价，该过程中有新物质生成，发生了化学反应，A错误；
B．海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程，利用了水易挥发的性质进行分离，没有发生化学变化，B错误；
C．钠是活泼金属，利用电解熔融氯化钠得到，从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2和Na，C正确；
D．利用潮汐发电是利用动能转化为电能，而不是化学能转化为电能，D错误；
答案选C。
20.下列物质中，分别加入金属钠，不能产生氢气的是
A. 苯 B. 蒸馏水 C. 无水酒精 D. 乙酸
【答案】A
【解析】
【详解】A、金属钠不与苯发生反应，故A符合题意；
B、Na与H2O发生2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，故B不符合题意；
C、金属钠与酒精发生2Na＋2CH3CH2OH→2CH3CH2ONa＋H2↑，故C不符合题意；
D、金属钠与乙酸发生2Na＋2CH3COOH→2CH3COONa＋H2↑，故D不符合题意；
答案选A。
21.同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是
A. 原子半径：X＞Y＞Z B. 气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3
C. 元素原子得电子能力：X＞Y＞Z D. 阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－
【答案】A
【解析】
【分析】
元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则元素非金属性X＞Y＞Z。
【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；
B项、元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；
C项、元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X＞Y＞Z，则原子得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；
D项、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，则阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－，故D正确。
故选A。
22.下列实验操作和现象与结论的关系不相符的是
操作和现象
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
在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色
石蜡油的分解产物中含有烯烃
C
向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体
证明氯元素的非金属性强于碳元素
D
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，先加NaOH溶液中和，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，产生砖红色沉淀
蔗糖已水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na与水、乙醇反应的方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑、2Na＋2CH3CH2OH→2CH3CH2ONa＋H2↑，但Na与乙醇反应平缓，说明乙醇分子中羟基中的氢原子不如水分子的氢原子活泼，故A不符合题意；
B、在催化剂作用下，石蜡油加强热生成气体，该气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明石蜡油的分解产物中含有烯烃，故B不符合题意；
C、如果通过酸性的强弱，判断非金属性强弱，该酸必须是最高价氧化物对应的水化物，盐酸中Cl不是最高价，因此该实验不能比较出Cl元素的非金属性强于C，故C符合题意；
D、蔗糖不具有还原性，蔗糖在酸性条件下水解成葡萄糖和果糖，先加NaOH溶液，为了中和稀硫酸，以及让溶液为碱性，因此先加NaOH，再加新制Cu(Oh)2悬浊液，加热后，出现砖红色沉淀，说明蔗糖水解，故D不符合题意；
答案选C。
【点睛】非金属性的比较我们一般采用：①比较与H2反应的难以程度；②氢化物的稳定性；③置换反应；④最高价氧化物对应水化物的酸性；⑤同周期从左向右非金属性增强(稀有气体除外)，同主族从上到下非金属性减弱；特别注意④，应是最高价氧化物对应的水化物，不是氧化物对应的水化物。
第Ⅱ卷（非选择题56分）
二、填空题（本题包括4小题，每空2分，共38分）
23.下表是元素周期表的一部分，根据A～H在元素周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
A
2
D
E
G
3
B
C
F
H
（1）上表中，元素金属性最强的是________(填元素符号)。
（2）写出D的原子结构示意图：__________
（3）B与C的原子半径比较：B ________C (填“＞”或“＜”)。G与H的非金属性比较：G ________ H(填“＞”或“＜”)。
（4）A与H形成化合物的电子式：_______
（5）写出B的最高价氧化物对应水化物与H的气态氢化物的水溶液反应的离子方程式：______。
【答案】 (1). Na (2). (3). ＞ (4). ＞ (5). (6). H++OH=H2O
【解析】
【分析】
根据元素周期表，A为H，D为C，E为N，G为F，B为Na，C为Al，F为P，H为Cl，据此分析；
【详解】（1）根据同周期从左向右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强，推出该表格中金属性最强元素是B，即为Na；
（2）D位于第二周期IVA族，即D为C，其原子结构示意图为；
（3）同周期从左向右原子半径减小，即Na的半径大于Al；同主族从上到下非金属性减弱，即F的非金属性强于Cl；
（4）A为H，H为Cl，化合物是HCl，其电子式为；
（5）B的最高价氧化对应的水化物为NaOH，H的最高价氧化物对应水化物是HClO4，两者都是强电解质，反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O。
【点睛】微粒半径大小比较：①一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；②二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；③三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。
24.用所学的化学知识填空
（1）用化学方法可以鉴别乙醇和乙酸的试剂是______________(填字母)；
A．稀硫酸 B．NaCl溶液 C．紫色的石蕊溶液
（2）12C和13C互称为_______________（填“同素异形体”或“同位素”）；
（3）油脂，淀粉，葡萄糖，蛋白质四种物质中不能水解的物质是______________；
（4）铝热反应是工业上常用的反应之一，请写出Al与Fe2O3发生铝热反应的化学方程式：______。
【答案】 (1). C (2). 同位素 (3). 葡萄糖 (4). Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe
【解析】
【详解】（1）乙醇含有官能团是羟基，乙酸含有的官能团是羧基，A、稀硫酸不与乙醇和乙酸发生反应，且乙醇、乙酸与稀硫酸互溶，稀硫酸不能鉴别，故A不符合题意；
B、乙醇、乙酸不与NaCl溶液发生反应，且乙醇、乙酸与NaCl溶液互溶，NaCl溶液不能鉴别，故B不符合题意；
C、乙醇属于非电解质，不能使紫色石蕊溶液变色，乙酸为弱电解质，其水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液显红色，故C符合题意；
答案选C；
（2）两者是质子数相同，中子数不同的核素，即两者互为同位素；
（3）油脂属于酯，能发生水解，淀粉为多糖，能发生水解，蛋白质最终水解成氨基酸，葡萄糖为单糖，不能发生水解，即答案为葡萄糖；
（4）铝热反应可以看作是置换反应，利用Al的还原性强于Fe，将Fe置换出来，即反应方程式为 Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，答案为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe。
25.依据氧化还原反应：2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag设计的原电池如图所示。请回答下列问题：
（1）电极X的材料是________；
（2）X电极发生的电极反应式为____________________；银电极上发生的电极反应为________(填“氧化”或“还原”)反应。
（3）外电路中的电子________(填“流出”或“流向”)Ag电极。
（4）当有3.2 g铜溶解时，银电极增重________g。
【答案】 (1). Cu(铜) (2). Cu-2e=Cu2+ (3). 还原 (4). 流向 (5). 10.8
【解析】
【分析】
根据原电池构成条件，以及总反应式，Cu为负极，Ag为正极，电解质溶液为AgNO3溶液，据此分析；
【详解】（1）根据总反应方程式，以及原电池工作原理，Cu为负极，Ag为正极，即电极X为Cu或铜；
（2）X电极为Cu，作负极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋；银作正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，发生还原反应；
（3）根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，Cu为负极，Ag为正极，因此电子流向Ag电极；
（4）根据上述电极反应式建立关系式为Cu～2e－～2Ag，增重银的质量为=10.8g。
26.I．反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
（1）该反应是_____________反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）下列表述能作为反应达到化学平衡状态的标志是（ ）
A．反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D) =1∶1∶1∶1
B．各组分的质量分数不再改变
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变
II．某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：
（1）从开始至2min，Z的平均反应速率为________________；
（2）向其中充入1 mol He(g)（He不参加反应），化学反应速率____________(填“加快”“减慢”或“不变”)。
【答案】 (1). 放热 (2). B (3). 0.05mol/(L.min) (4). 不变
【解析】
【详解】I.（1）根据能量的变化，反应物总能量高于生成物总能量，即该反应为放热反应；
（2）A、反应速率之比，任何时刻都等于化学计量数之比，因此反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D) =1∶1∶1∶1，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B、根据化学平衡状态的定义，当组分的浓度或质量分数不再改变，说明反应达到平衡，故B符合题意；
C、根据M=，成分都是气体，即气体质量不变，根据反应方程式，反应前后气体系数之和相等，说明气体总物质的量反应前后不变，因此气体摩尔质量不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
II.（1）根据化学反应速率的数学表达式，v(Z)==0.05mol/(L·min)；
（2）该容器为恒温恒容状态，充入非反应气体，组分的浓度不变，即化学反应速率不变。
【点睛】易错点为II中（2），此题弄清楚容器的状态，如果是恒温恒容状态下，充入非反应气体，组分浓度不变，化学反应速率不变，如果是恒温恒压下，充入非反应气体，造成容器的体积增大，组分浓度减小，化学反应速率降低。
三、实验题（本题包括1小题，每空2分，共10分）
27.某同学为了验证海带中含有碘，拟进行如下实验，请回答相关问题：
（1）第1步：灼烧。 操作是将足量海带放到______（填字母）灼烧成灰烬。
A．试管 B．瓷坩埚
（2）第2步：Iˉ溶液的获取。操作是将灰烬转到烧杯中，加适量蒸馏水，用___充分搅拌，煮沸，_。（填操作名称）
（3）第3步：氧化。操作是依次加入合适的试剂。下列氧化剂最好选用_____。（填字母）
A．新制氯水 B．H2O2 C．KMnO4溶液
（4）第4步：碘单质的检验。操作是取少量第3步的溶液，滴加淀粉溶液，如果溶液显________色，则证明海带中含碘。
【答案】 (1). B (2). 玻璃棒 (3). 过滤 (4). B (5). 蓝
【解析】
【详解】（1）灼烧海带时，应将海带放入瓷坩埚中灼烧，故B正确；
答案选B；
（2）将灰烬转到烧杯中，加适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，煮沸，使I－充分溶解到蒸馏水中，然后过滤，除去滤渣；答案玻璃棒；过滤；
（3）A、加入氯水，将I－氧化成I2，将会引入Cl－，故A不是最好的；
B、H2O2作氧化剂，将I－氧化成I2，H2O2被还原成H2O，没有其他离子引入，故B是最好的；
C、KMnO4作氧化剂，将I－氧化成I2，引入K＋、Mn2＋杂质离子，故C不是最好的；
答案选B；
（4）淀粉遇碘单质变蓝，即滴加淀粉溶液后，溶液显蓝色，说明有I2生成，即证明海带中含碘；答案为蓝。
四、推断题（本题包括1小题，共8分）
28.已知：①从石油中获得是目前工业上生产A的主要途径，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）写出A的结构简式______________________________。
（2）B、D分子中的官能团名称分别是________、________。
（3）写出下列反应的反应类型：①________，②________。
（4）写出反应④的化学方程式：________________________________。
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 加成反应 (5). 氧化反应 (6). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O
【解析】
【分析】
A的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平，即A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，反应①发生加成反应，B为乙醇，反应②是醇的催化氧化，即C为乙醛，乙醛继续被氧化成乙酸，据此分析；
【详解】（1）A的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平，即A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，答案是CH2=CH2；
（2）反应①发生CH2=CH2＋H2O CH3CH2OH，B为乙醇，含有官能团是羟基，反应②为醇的催化氧化，其反应方程式为2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O，C为乙醛，乙醛被氧化成乙酸，即D为乙酸，含有官能团是羧基；答案是羟基、羧基；
（3）根据（2）的分析，反应①为加成反应，反应②为氧化反应；故答案为加成反应，氧化反应；
（4）根据上面的分析，B为乙醇，D为乙酸，反应④为酯化反应，其反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；故答案为CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O。
2019年普通高中一年级第二学期期末联考化学试题卷
考生须知：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间90分钟。本卷答案必须写在答题卡的相应位置,交卷时只交答题卡。
计算可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 Ag—108 Cu—64
第I卷（选择题44分）
一、选择题：（本题包括22小题，每小题2分，共44分，每小题只有一个正确答案）
1.决定化学反应速率的主要因素是（ ）
A. 参加反应物本身的性质 B. 催化剂
C. 温度和压强以及反应物的接触面 D. 反应物的浓度
【答案】A
【解析】
【详解】决定化学反应速率的主要因素是参加反应物本身的性质。温度、压强、催化剂、浓度、接触面积等是影响化学反应速率的因素的外因，不是主要因素。
【点睛】参加反应的物质的性质是决定性因素，而浓度、温度、压强等是外部的影响因素。
2.据报道，某些建筑材料会产生放射性同位素氡，从而对人体产生伤害，该同位素原子的中子数是
A. 50 B. 136 C. 86 D. 222
【答案】B
【解析】
分析】
利用原子构成、质量数、中子数与质子数之间关系，据此分析；
【详解】根据原子构成，222为质量数，86为质子数，中子数为222－86=136.故B正确；
答案选B。
3.下列说法中错误的是（ ）
A. 化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化
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. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量
【答案】C
【解析】
【详解】A、由于化学反应的本质是旧键断裂新键形成的过程，断键要吸热，形成化学键要放热，这样必然伴随整个化学反应吸热或放热，所以化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，A正确；
B、根据A中分析可知B正确；
C、一个化学反应是放热还是吸热主要取决于反应物的总能量与生成物总能量的相对大小，与外界条件没有关系，C错误；
D、反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量，D正确。
答案选C。
4.下列物质中，既有离子键又有共价键的是
A. HCl B. NaOH C. H2O D. HF
【答案】B
【解析】
【详解】A、HCl为共价化合物，只含有共价键，故A不符合题意；
B、NaOH为离子化合物，含有离子键和共价键，故B符合题意；
C、H2O为共价化合物，只含有共价键，故C不符合题意；
D、HF为共价化合物，只含有共价键，故D不符合题意；
答案选B。
5.下列反应中，属于吸热反应的是
A. 锌粒与稀硫酸的反应 B. 木炭的燃烧
C. 甲烷在氧气中的燃烧反应 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、锌粒与稀硫酸反应为放热反应，故A不符合题意；
B、木炭的燃烧为放热反应，故B不符合题意；
C、甲烷的燃烧为放热反应，故C不符合题意；
D、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，故D符合题意；
答案选D。
【点睛】常见的放热反应有所有的燃烧、酸碱中和反应、大多数的化合反应、金属与酸或水的反应、物质的缓慢氧化、铝热反应等；常见的吸热反应有多数的分解反应、盐类的水解、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应、碳和水蒸气、碳和CO2的反应等。
6.元素的性质呈周期性变化的根本原因是( )
A. 元素原子量的递增，量变引起质变
B. 元素的原子半径呈周期性变化
C. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化
D. 元素的金属性和非金属性呈周期性变化
【答案】C
【解析】
元素的性质呈周期性变化的根本原因是元素原子的核外电子排布呈周期性变化的必然结果。答案选C。
7. 下列递变规律正确的是( )
A. P、S、Cl最高正价依次降低 B. 钠、镁、铝的还原性依次减弱
C. HCl、HBr、HI的稳定性依次增强 D. HClO4、H2SO4、H3PO4 的酸性依次增强
【答案】B
【解析】
试题分析：A、元素的最高正价=主族序数，故P、S、Cl最高正价依次升高，A错误；B、在金属活动性顺序表中，从左到右，元素的金属性逐渐减弱，单质的还原性也逐渐减弱，B正确；C、非金属性越强，和H2化合越容易，得到的气态氢化物越稳定．第ⅤⅡA族的元素，从上而下，元素的非金属性越来越弱，故气态氢化物的稳定性逐渐减弱，C错误；D、元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，而非金属性Cl＞S＞P，故酸性HClO4、H2SO4、H3PO4逐渐减弱，D错误；答案选B。
考点：考查元素周期律的应用
8.可逆反应在一定条件下达到化学反应限度时
A. 反应停止了 B. 正反应速率与逆反应速率均为零
C. 反应物全部转化成生成物 D. 反应物和生成物浓度不再发生变化
【答案】D
【解析】
【分析】
根据可逆反应的特点：逆、等、动、定、变进行分析；
【详解】A、化学平衡是动态平衡，反应不会停止，故A错误；
B、化学平衡为动态平衡，V正=V逆≠0，故B错误；
C、化学平衡为可逆反应，不能完全进行到底，故C错误；
D、根据化学平衡状态的定义，当组分的浓度不再改变，说明反应达到平衡，故D正确；
答案选D。
9.下列化学用语的书写正确的是（ ）
A. 氮气的电子式： B. 硫原子的结构示意图:
C. CH4的比例模型： D. 乙烯的结构简式：CH2CH2
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氮气的电子式为，A错误；
B. 硫原子的结构示意图为，B错误；
C. 比例模型是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子直径的大小，球和球紧靠在一起，CH4的比例模型为，C正确；
D. 乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2＝CH2，D错误；
答案选C。
10.下列物质中，不能和氯气发生取代反应是
A. CH3Cl B. CCl4 C. CH2Cl2 D. CH4
【答案】B
【解析】
【详解】氯代烃与氯气发生取代反应时，分子中必须有氢原子，没有氢原子则不能发生取代反应。答案选B。
11. 下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是
A. 苯 B. 乙烷 C. 乙烯 D. 乙酸
【答案】C
【解析】
试题分析：苯、乙烷、乙酸性质稳定，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯中的碳碳双键能被酸性高锰酸钾氧化，导致酸性高猛酸钾溶液褪色，选C。
考点：考查常见有机物的化学性质。
12.将NaOH溶液和CuSO4溶液加入到某病人的尿液中，微热，有砖红色沉淀生成。由此可以得知该病人的尿液中含有
A. 食醋 B. 葡萄糖 C. 酒精 D. 食盐
【答案】D
【解析】
【分析】
将NaOH和CuSO4溶液加入到某病人的尿液中，微热，出现砖红色沉淀，说明该病人的尿液中含有醛基，据此分析；
【详解】A、食醋中含有醋酸，醋酸的结构简式为CH3COOH，不含有醛基，与CuSO4、NaOH混合溶液，微热，发生中和反应，不产生砖红色沉淀，故A不符合题意；
B、葡萄糖为多羟基醛，含有醛基，与NaOH、CuSO4混合溶液，微热，产生砖红色沉淀，故B符合题意；
C、酒精结构简式为CH3CH2OH，含有羟基，不含有醛基，与NaOH、CuSO4混合溶液，不产生砖红色沉淀，故C不符合题意；
D、食盐为NaCl，不与NaOH、CuSO4混合溶液发生反应，故D不符合题意；
答案选D。
13.在冶金工业上，需要用热分解法制取的金属是
A. Na B. Fe C. Cu D. Ag
【答案】B
【解析】
【分析】
K～Al用电解法制备，Zn～Cu用热还原法制备，Cu以后的金属用热分解法制备，据此分析；
【详解】A、工业上常采用电解熔融NaCl制备金属钠，故A不符合题意；
B、工业冶炼铁，常采用热还原法，故B不符合题意；
C、工业冶炼铜，可以采用热还原法、火法炼铜等，故C不符合题意；
D、冶炼Ag，采用热分解法，故D符合题意；
答案选D。
14.正丁烷与异丁烷互为同分异构体的依据是
A. 具有相似的化学性质 B. 具有相同的物理性质
C. 分子具有相同的空间结构 D. 分子式相同，但分子内碳原子的连接方式不同
【答案】D
【解析】
同分异构体即分子式相同但结构不同的化合物，一般存在于有机物中
15.C(s)+CO2(g)2CO(g)反应中，可使反应速率增大的措施是
①增大压强 ②升高温度 ③通入CO2 ④增大C的量 ⑤减小压强
A. ①②③ B. ①③④ C. ②③④ D. ③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
利用影响化学反应速率的因素进行分析；
【详解】①CO2和CO为气体，增大压强，加快反应速率，故①符合题意；
②升高温度，加快反应速率，故②符合题意；
③通入CO2，增大CO2的浓度，加快反应速率，故③符合题意；
④C为固体，浓度视为常数，增大C的量，化学反应速率基本不变，故④不符合题意；
⑤减小压强，减缓反应速率，故⑤不符合题意；
综上所述，选项A正确；
答案选A。
16.下列与有机物的结构、性质的有关叙述中正确的是
A. 苯既能发生取代反应，又能发生加成反应
B. 乙烯、甲烷、聚乙烯均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 分馏、干馏都是物理变化，裂化、裂解都是化学变化
D. 纤维素、聚乙烯、油脂都属于高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A、苯能与液溴、浓硝酸等发生取代反应，苯能与H2等发生加成反应，故A正确；
B、乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷属于烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯的结构简式为，其中不含有不饱和键，即聚乙烯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；
C、分馏是利用各组分的沸点不同进行分离的方法，属于物理变化，干馏：将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，裂化、裂解：将长链的烃变为短链，属于化学变化，故C错误；
D、纤维素、聚乙烯为高分子化合物，油脂不属于高分子化合物，故D错误；
答案选A。
【点睛】高分子化合物包括纤维素、蛋白质、淀粉、聚乙烯等，特别注意油脂不属于高分子化合物，这需要学生熟记。
17.某金属元素的一个原子失去两个电子后，转变为具有Ne原子的电子层结构的离子，则该金属元素在元素周期表中的位置是
A. 第三周期第IA族 B. 第三周期第ⅡA族
C. 第四周期第IA族 D. 第四周期第ⅡA族
【答案】B
【解析】
【分析】
Ne为10号元素，该金属失去2个电子后，变为具有Ne原子的电子层结构的离子，推出该金属元素的原子序数为12，据此分析；
【详解】Ne为10号元素，其原子结构示意图为，该金属离子得到2电子，推出该金属元素的原子结构示意图为，即该金属元素位于第三周期IIA族，故选项B正确；
答案选B。
18.“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。下列反应最符合绿色化学中“原子经济”要求的是
A. nCH2=CH2
B. CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl
C. Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O
D. 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
【答案】A
【解析】
【详解】在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%。
A. nCH2=CH2为加聚反应，产物只有一种，原子利用率达100%，符合，选项A正确；
B. CH4＋2Cl2CH2Cl2＋2HCl为取代反应，原子利用率没有达100%，不符合，选项B错误；
C. Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，原子利用率没有达100%，不符合，选项C错误；
D. 3NO2＋H2O==2HNO3＋NO，原子利用率没有达100%，不符合，选项D错误；
答案选A。
19.海水是一个巨大的化学资源宝库，下列有关海水综合利用的说法正确的是( )
A. 海水中含有钾元素，只需经过物理变化就可以得到钾单质
B. 海水制盐的过程中只发生了化学变化
C. 从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Na
D. 利用潮汐发电是将化学能转化为电能
【答案】C
【解析】
分析：A．钾元素化合价由+1价变为0价，该过程中钾元素得电子发生还原反应；
B．海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程；
C．从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2和Na；
D．潮汐发电是利用动能转化为电能。
详解：A．海水中的钾元素由化合态转化为游离态时，其化合价由+1价变为0价，该过程中有新物质生成，发生了化学反应，A错误；
B．海水蒸发制海盐的过程是物理变化过程，利用了水易挥发的性质进行分离，没有发生化学变化，B错误；
C．钠是活泼金属，利用电解熔融氯化钠得到，从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Cl2和Na，C正确；
D．利用潮汐发电是利用动能转化为电能，而不是化学能转化为电能，D错误；
答案选C。
20.下列物质中，分别加入金属钠，不能产生氢气的是
A. 苯 B. 蒸馏水 C. 无水酒精 D. 乙酸
【答案】A
【解析】
【详解】A、金属钠不与苯发生反应，故A符合题意；
B、Na与H2O发生2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，故B不符合题意；
C、金属钠与酒精发生2Na＋2CH3CH2OH→2CH3CH2ONa＋H2↑，故C不符合题意；
D、金属钠与乙酸发生2Na＋2CH3COOH→2CH3COONa＋H2↑，故D不符合题意；
答案选A。
21.同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是
A. 原子半径：X＞Y＞Z B. 气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3
C. 元素原子得电子能力：X＞Y＞Z D. 阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－
【答案】A
【解析】
【分析】
元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则元素非金属性X＞Y＞Z。
【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；
B项、元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；
C项、元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X＞Y＞Z，则原子得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；
D项、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，则阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－，故D正确。
故选A。
22.下列实验操作和现象与结论的关系不相符的是
操作和现象
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
在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色
石蜡油的分解产物中含有烯烃
C
向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体
证明氯元素的非金属性强于碳元素
D
向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，先加NaOH溶液中和，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，产生砖红色沉淀
蔗糖已水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na与水、乙醇反应的方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑、2Na＋2CH3CH2OH→2CH3CH2ONa＋H2↑，但Na与乙醇反应平缓，说明乙醇分子中羟基中的氢原子不如水分子的氢原子活泼，故A不符合题意；
B、在催化剂作用下，石蜡油加强热生成气体，该气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明石蜡油的分解产物中含有烯烃，故B不符合题意；
C、如果通过酸性的强弱，判断非金属性强弱，该酸必须是最高价氧化物对应的水化物，盐酸中Cl不是最高价，因此该实验不能比较出Cl元素的非金属性强于C，故C符合题意；
D、蔗糖不具有还原性，蔗糖在酸性条件下水解成葡萄糖和果糖，先加NaOH溶液，为了中和稀硫酸，以及让溶液为碱性，因此先加NaOH，再加新制Cu(Oh)2悬浊液，加热后，出现砖红色沉淀，说明蔗糖水解，故D不符合题意；
答案选C。
【点睛】非金属性的比较我们一般采用：①比较与H2反应的难以程度；②氢化物的稳定性；③置换反应；④最高价氧化物对应水化物的酸性；⑤同周期从左向右非金属性增强(稀有气体除外)，同主族从上到下非金属性减弱；特别注意④，应是最高价氧化物对应的水化物，不是氧化物对应的水化物。
第Ⅱ卷（非选择题56分）
二、填空题（本题包括4小题，每空2分，共38分）
23.下表是元素周期表的一部分，根据A～H在元素周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
1
A
2
D
E
G
3
B
C
F
H
（1）上表中，元素金属性最强的是________(填元素符号)。
（2）写出D的原子结构示意图：__________
（3）B与C的原子半径比较：B ________C (填“＞”或“＜”)。G与H的非金属性比较：G ________ H(填“＞”或“＜”)。
（4）A与H形成化合物的电子式：_______
（5）写出B的最高价氧化物对应水化物与H的气态氢化物的水溶液反应的离子方程式：______。
【答案】 (1). Na (2). (3). ＞ (4). ＞ (5). (6). H++OH=H2O
【解析】
【分析】
根据元素周期表，A为H，D为C，E为N，G为F，B为Na，C为Al，F为P，H为Cl，据此分析；
【详解】（1）根据同周期从左向右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强，推出该表格中金属性最强元素是B，即为Na；
（2）D位于第二周期IVA族，即D为C，其原子结构示意图为；
（3）同周期从左向右原子半径减小，即Na的半径大于Al；同主族从上到下非金属性减弱，即F的非金属性强于Cl；
（4）A为H，H为Cl，化合物是HCl，其电子式为；
（5）B的最高价氧化对应的水化物为NaOH，H的最高价氧化物对应水化物是HClO4，两者都是强电解质，反应的离子方程式为H＋＋OH－=H2O。
【点睛】微粒半径大小比较：①一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大；②二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；③三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。
24.用所学的化学知识填空
（1）用化学方法可以鉴别乙醇和乙酸的试剂是______________(填字母)；
A．稀硫酸 B．NaCl溶液 C．紫色的石蕊溶液
（2）12C和13C互称为_______________（填“同素异形体”或“同位素”）；
（3）油脂，淀粉，葡萄糖，蛋白质四种物质中不能水解的物质是______________；
（4）铝热反应是工业上常用的反应之一，请写出Al与Fe2O3发生铝热反应的化学方程式：______。
【答案】 (1). C (2). 同位素 (3). 葡萄糖 (4). Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe
【解析】
【详解】（1）乙醇含有官能团是羟基，乙酸含有的官能团是羧基，A、稀硫酸不与乙醇和乙酸发生反应，且乙醇、乙酸与稀硫酸互溶，稀硫酸不能鉴别，故A不符合题意；
B、乙醇、乙酸不与NaCl溶液发生反应，且乙醇、乙酸与NaCl溶液互溶，NaCl溶液不能鉴别，故B不符合题意；
C、乙醇属于非电解质，不能使紫色石蕊溶液变色，乙酸为弱电解质，其水溶液显酸性，能使紫色石蕊溶液显红色，故C符合题意；
答案选C；
（2）两者是质子数相同，中子数不同的核素，即两者互为同位素；
（3）油脂属于酯，能发生水解，淀粉为多糖，能发生水解，蛋白质最终水解成氨基酸，葡萄糖为单糖，不能发生水解，即答案为葡萄糖；
（4）铝热反应可以看作是置换反应，利用Al的还原性强于Fe，将Fe置换出来，即反应方程式为 Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，答案为Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe。
25.依据氧化还原反应：2Ag＋＋Cu=Cu2＋＋2Ag设计的原电池如图所示。请回答下列问题：
（1）电极X的材料是________；
（2）X电极发生的电极反应式为____________________；银电极上发生的电极反应为________(填“氧化”或“还原”)反应。
（3）外电路中的电子________(填“流出”或“流向”)Ag电极。
（4）当有3.2 g铜溶解时，银电极增重________g。
【答案】 (1). Cu(铜) (2). Cu-2e=Cu2+ (3). 还原 (4). 流向 (5). 10.8
【解析】
【分析】
根据原电池构成条件，以及总反应式，Cu为负极，Ag为正极，电解质溶液为AgNO3溶液，据此分析；
【详解】（1）根据总反应方程式，以及原电池工作原理，Cu为负极，Ag为正极，即电极X为Cu或铜；
（2）X电极为Cu，作负极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋；银作正极，电极反应式为Ag＋＋e－=Ag，发生还原反应；
（3）根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，Cu为负极，Ag为正极，因此电子流向Ag电极；
（4）根据上述电极反应式建立关系式为Cu～2e－～2Ag，增重银的质量为=10.8g。
26.I．反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
（1）该反应是_____________反应(填“吸热”或“放热”)。
（2）下列表述能作为反应达到化学平衡状态的标志是（ ）
A．反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D) =1∶1∶1∶1
B．各组分的质量分数不再改变
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变
II．某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：
（1）从开始至2min，Z的平均反应速率为________________；
（2）向其中充入1 mol He(g)（He不参加反应），化学反应速率____________(填“加快”“减慢”或“不变”)。
【答案】 (1). 放热 (2). B (3). 0.05mol/(L.min) (4). 不变
【解析】
【详解】I.（1）根据能量的变化，反应物总能量高于生成物总能量，即该反应为放热反应；
（2）A、反应速率之比，任何时刻都等于化学计量数之比，因此反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D) =1∶1∶1∶1，不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B、根据化学平衡状态的定义，当组分的浓度或质量分数不再改变，说明反应达到平衡，故B符合题意；
C、根据M=，成分都是气体，即气体质量不变，根据反应方程式，反应前后气体系数之和相等，说明气体总物质的量反应前后不变，因此气体摩尔质量不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
II.（1）根据化学反应速率的数学表达式，v(Z)==0.05mol/(L·min)；
（2）该容器为恒温恒容状态，充入非反应气体，组分的浓度不变，即化学反应速率不变。
【点睛】易错点为II中（2），此题弄清楚容器的状态，如果是恒温恒容状态下，充入非反应气体，组分浓度不变，化学反应速率不变，如果是恒温恒压下，充入非反应气体，造成容器的体积增大，组分浓度减小，化学反应速率降低。
三、实验题（本题包括1小题，每空2分，共10分）
27.某同学为了验证海带中含有碘，拟进行如下实验，请回答相关问题：
（1）第1步：灼烧。 操作是将足量海带放到______（填字母）灼烧成灰烬。
A．试管 B．瓷坩埚
（2）第2步：Iˉ溶液的获取。操作是将灰烬转到烧杯中，加适量蒸馏水，用___充分搅拌，煮沸，_。（填操作名称）
（3）第3步：氧化。操作是依次加入合适的试剂。下列氧化剂最好选用_____。（填字母）
A．新制氯水 B．H2O2 C．KMnO4溶液
（4）第4步：碘单质的检验。操作是取少量第3步的溶液，滴加淀粉溶液，如果溶液显________色，则证明海带中含碘。
【答案】 (1). B (2). 玻璃棒 (3). 过滤 (4). B (5). 蓝
【解析】
【详解】（1）灼烧海带时，应将海带放入瓷坩埚中灼烧，故B正确；
答案选B；
（2）将灰烬转到烧杯中，加适量蒸馏水，用玻璃棒搅拌，煮沸，使I－充分溶解到蒸馏水中，然后过滤，除去滤渣；答案玻璃棒；过滤；
（3）A、加入氯水，将I－氧化成I2，将会引入Cl－，故A不是最好的；
B、H2O2作氧化剂，将I－氧化成I2，H2O2被还原成H2O，没有其他离子引入，故B是最好的；
C、KMnO4作氧化剂，将I－氧化成I2，引入K＋、Mn2＋杂质离子，故C不是最好的；
答案选B；
（4）淀粉遇碘单质变蓝，即滴加淀粉溶液后，溶液显蓝色，说明有I2生成，即证明海带中含碘；答案为蓝。
四、推断题（本题包括1小题，共8分）
28.已知：①从石油中获得是目前工业上生产A的主要途径，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。
回答下列问题：
（1）写出A的结构简式______________________________。
（2）B、D分子中的官能团名称分别是________、________。
（3）写出下列反应的反应类型：①________，②________。
（4）写出反应④的化学方程式：________________________________。
【答案】 (1). CH2=CH2 (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 加成反应 (5). 氧化反应 (6). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O
【解析】
【分析】
A的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平，即A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，反应①发生加成反应，B为乙醇，反应②是醇的催化氧化，即C为乙醛，乙醛继续被氧化成乙酸，据此分析；
【详解】（1）A的产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平，即A为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，答案是CH2=CH2；
（2）反应①发生CH2=CH2＋H2O CH3CH2OH，B为乙醇，含有官能团是羟基，反应②为醇的催化氧化，其反应方程式为2CH3CH2OH＋O2 2CH3CHO＋2H2O，C为乙醛，乙醛被氧化成乙酸，即D为乙酸，含有官能团是羧基；答案是羟基、羧基；
（3）根据（2）的分析，反应①为加成反应，反应②为氧化反应；故答案为加成反应，氧化反应；
（4）根据上面的分析，B为乙醇，D为乙酸，反应④为酯化反应，其反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；故答案为CH3COOH＋CH3CH2OH CH3COOCH2CH3＋H2O。
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