重慶市云陽江口中學2024屆高一化學第二學期期末達標測試試題含解析

重慶市云陽江口中學2024屆高一化學第二學期期末達標測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反應放熱)。若在500℃和催化劑的作用下，該反應在容積固定的密閉容器中進行，下列有關說法正確的是()A．若降低溫度，可以加快反應速率 B．使用催化劑是為了加快反應速率C．在上述條件下，SO2能完全轉(zhuǎn)化為SO3 D．達到平衡時，SO2和SO3的濃度一定相等2、下列過程屬于物理變化的是（）A．石油分餾 B．煤的干餾 C．石油裂化 D．乙烯聚合3、已知反應：①Cl2+2KBr===2KCl+Br2，②KClO3+6HCl===3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2===Br2+2KClO3，下列說法正確的是（）A．上述三個反應都有單質(zhì)生成，所以都是置換反應B．氧化性由強到弱順序為KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2C．反應②中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為6∶1D．③中l(wèi)mol還原劑反應則氧化劑得到電子的物質(zhì)的量為2mol4、1molX氣體跟amolY氣體在體積可變的密閑容器中發(fā)生如下反應X(g)+aY(g)bZ(g),反應達到平衡后，測得X的轉(zhuǎn)化率為50%。而且，在同溫同壓下還測得前混合氣體的密度是反應后混合氣體密度的3/4，則a和b的數(shù)值可能是A．a(chǎn)=2，b=1 B．a(chǎn)=3，b=2 C．a(chǎn)=2，b=2 D．a(chǎn)=3，b=35、下列四個反應中水起的作用與其它不相同的是(

)①Cl2+H2O、②NO2+H2O、③Na+H2O、④Na2O2+H2O、A．①B．②C．③D．④6、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置如下圖所示，其中W原子的質(zhì)子數(shù)是其最外層電子數(shù)的三倍，下列說法不正確的是（）A．原子半徑：W>Z>Y>XB．最高價氧化物對應水化物的酸性：X>W>ZC．最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>X>W>ZD．元素X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數(shù)相等7、從南方往北方長途運輸水果時，常常將浸泡有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中，其目的是A．利用酸性高錳酸鉀溶液殺死水果周圍的細菌，防止水果霉變B．利用酸性高錳酸鉀溶液吸收水果周圍的氧氣，防止水果腐爛C．利用酸性高錳酸鉀溶液吸收水果產(chǎn)生的乙烯，防止水果早熟D．利用脧性髙錳酸鉀溶液的氧化性，催熟水果8、下列反應過程中，同時有離子鍵、極性共價鍵和非極性共價鍵的斷裂和形成的反應是A．NH4ClNH3↑＋HCl↑B．NH3＋CO2＋H2O=NH4HCO3C．2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2OD．2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O29、在下列過程中，需要加快化學反應速率的是()A．煉鋼 B．食物腐敗 C．鋼鐵腐蝕 D．塑料老化10、用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液時，下列操作中正確的是A．酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，直接加入已知濃度的鹽酸B．錐形瓶用蒸餾水洗凈,必須干燥后才能加入一定體積未知濃度的NaOH溶液C．滴定時,沒有排出滴定管中的氣泡D．讀數(shù)時視線與滴定管內(nèi)液體凹液面最低處保持水平11、幾種短周期元素的原子半徑及主要化合價如下表：元素代號XYZMRQ原子半徑(×10-10m)1.860.991.431.600.750.74主要化合價最高正價+1+7+3+2+5—最低負價——-1——-3-2下列說法正確的是A．元素X和Q形成的化合物中不可能含有共價鍵B．X、Z、R的最高價氧化物的水化物之間可兩兩相互反應C．Q2-比R3-更容易失去電子D．M(OH)2的堿性比XOH的堿性強12、下列六個說法中，正確的有①已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，則氫氣的燃燒熱為ΔH＝－241.8kJ·mol－1②由單質(zhì)A轉(zhuǎn)化為單質(zhì)B是一個吸熱過程，由此可知單質(zhì)B比單質(zhì)A穩(wěn)定③X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(g)ΔH>0，恒溫恒容條件下達到平衡后加入X，上述反應的ΔH增大④已知：共價鍵C—CC=CC—HH—H鍵能/(kJ·mol－1)348610413436根據(jù)上表數(shù)據(jù)可以計算出C6H6(g)＋3H2(g)→C6H12(g)的焓變⑤根據(jù)蓋斯定律，推知在相同條件下，金剛石或石墨燃燒生成1molCO2固體時，放出的熱量相等⑥25℃、101kPa時，1mol碳完全燃燒生成CO2所放出的熱量為碳的燃燒熱A．1個 B．2個 C．3個 D．4個13、在綠色化學工藝中，理想狀態(tài)是反應物原子全部轉(zhuǎn)化為欲制的產(chǎn)物，即原子利用率為。以下反應最符合綠色化學“原子經(jīng)濟”要求的是(

)A．乙烯聚合為聚乙烯高分子材料 B．甲烷與氯氣制備一氯甲烷C．以銅和濃硫酸為原料生產(chǎn)硫酸銅 D．用二氧化硅制備高純硅14、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是（）A．1mol甲基(CH3-)所含的電子數(shù)為10NAB．46g由NO2和N2O4組成的混合氣體中，含有的原子總數(shù)為3NAC．常溫常壓下，1mol分子式為C2H6O的有機物中，含有C-O鍵的數(shù)目為NAD．標準狀況下22.4L四氯化碳中含有C-Cl鍵的數(shù)目為4NA15、有機物種類繁多的主要原因是（）A．自然界中存在著多種形式的、大量的有機物B．碳原子能與其它原子形成四個共價鍵，且碳原子間也相互成鍵C．有機物除了含碳元素外，還含其他多種元素D．有機物分子結(jié)構(gòu)十分復雜16、鹵素單質(zhì)按F2、Cl2、Br2、I2順序，下列性質(zhì)遞變規(guī)律正確的是A．顏色由淺變深B．氧化性逐漸增強C．氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強D．密度依次減小17、核內(nèi)中子數(shù)為N的離子，質(zhì)量數(shù)為A，則ng它的過氧化物中所含電子的物質(zhì)的量是A． B．C． D．18、在1L濃度為0.2mol·L-1Fe(NO3)3和1.5

mol·L-1H2SO4組成的混合溶液中，加入39.2g鐵粉使其充分反應。下列有關說法正確的是A．反應后產(chǎn)生標準狀況下的氫氣11.2LB．反應后的溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=2∶1C．反應后的溶液還可以溶解16.8g鐵粉D．反應后的溶液還可以溶解19.2g銅19、使鐵片與1mol/L稀硫酸反應制取氫氣時，下列措施不能使氫氣生成速率加大的是（）A．加熱B．加大鐵片的用量C．改用5mol/L的稀硫酸D．不用鐵片，改用鐵粉20、下列事實不可以用氫鍵來解釋的是（）A．水是一種非常穩(wěn)定的化合物B．測量氟化氫分子量的實驗中，發(fā)現(xiàn)實驗值總是大于20C．水結(jié)成冰后，體積膨脹，密度變小D．氨氣容易液化21、從海水中提取部分物質(zhì)的過程如下圖所示，下列有關說法錯誤的是A．過程①需要加入化學試劑、沉淀、過濾等操作B．由“母液→無水MgCl2”一系列變化中未涉及氧化還原反應C．工業(yè)上一般用電解氯化鎂溶液制取Mg單質(zhì)D．反應③和⑤均可由下列反應實現(xiàn)：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，該反應屬于置換反應22、下面是四個化學反應，你認為理論上不可用于設計原電池的化學反應是A．Zn＋Ag2O＋H2O==Zn(OH)2＋2Ag B．Pb＋PbO2＋2H2SO4==2PbSO4＋2H2OC．Zn＋CuSO4==Cu＋ZnSO4 D．CaO＋SiO2CaSiO3二、非選擇題(共84分)23、（14分）下圖中A～J均為中學化學中常見的物質(zhì)，它們之間有如下轉(zhuǎn)化關系。其中A、D為金屬單質(zhì)。（反應過程中生成的水及其他產(chǎn)物已略去)。請回答下列問題：(1)B的化學式為_______________。(2)K的電子式為_________________。(3)寫出J與D反應轉(zhuǎn)化為G的離子方程式___________________。(4)A在常溫下也可與NaOH溶液反應生成F，寫出此反應的化學方程式_________________。24、（12分）工業(yè)中很多重要的原料都是來源于石油化工，回答下列問題（1）C的結(jié)構(gòu)簡式為________。（2）丙烯酸中含氧官能團的名稱為_____________。（3）③④反應的反應類型分別為_____________、___________。（4）寫出下列反應方程式①反應①的化學方程式____________；②反應②的化學方程式_________________；③反應⑤的化學方程式____________。（5）丙烯酸（CH2=CH—COOH）可能發(fā)生的反應有_______________（填序號）A加成反應B取代反應C加聚反應D中和反應E氧化反應（6）丙烯分子中最多有______個原子共面25、（12分）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效氧化、殺菌及漂白劑，其生產(chǎn)工藝如下：（1）NaClO2中氯元素的化合價是_________。從氧化還原角度推測NaClO2可能具有的化學性質(zhì)是_________。（2）過程I常伴有少量Cl2生成。①Cl2的存在會造成產(chǎn)品中含有NaCl，請結(jié)合離子方程式解釋其原因_________。②結(jié)合下面信息，請設計實驗方案除去ClO2中的Cl2________。ClO2Cl2在水中的溶解性易溶溶在CCl4中的溶解性難溶溶（3）過程II中H2O2的作用是________（填“氧化劑”或“還原劑”）。（4）理論上每生成1molNaClO2，消耗SO2的體積是________L（標準狀況下）。（5）已知：i.壓強越大，物質(zhì)的沸點越高。ii.NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出NaClO2?3H2O38~60℃時析出NaClO2晶體高于60℃時分解成NaClO3和NaCl①過程III采用“減壓蒸發(fā)”操作的原因是_____。②請將過程III的操作補充完整_______。26、（10分）為了證明化學反應有一定的限度，進行了如下探究活動：探究活動一：取5mL0.Imol．L-1的KI溶液于試管，滴加0.Imol．L-1的FeCl3溶液5—6滴，振蕩；探究活動二：在上述試管中加入2mLCC14，充分振蕩、靜置；探究活動三：取上述靜置分層后的上層水溶液于試管，滴加0.Imol．L-1的KSCN溶液5—6滴，振蕩。(1)寫出探究活動一中反應的離子方程式____。(2)探究活動二的實驗現(xiàn)象為____。A．溶液分層，上層呈紫色B．溶液分層，下層呈紫色C．溶液分層，均為無色(3)在探究活動三中，可以證明該化學反應有一定的限度的實驗現(xiàn)象是____________________27、（12分）某實驗小組用下列裝置進行乙醇催化氧化的實驗。（1）實驗過程中銅網(wǎng)出現(xiàn)紅色和黑色交替的現(xiàn)象，實際上是發(fā)生了兩個化學反應，請寫出它們的化學方程式_______、______。（2）甲和乙兩個水浴作用不相同。甲的作用是________________，乙的作用是________________。（3）反應進行一段時間后，試管a中能收集到不同的物質(zhì)，它們是_______；集氣瓶中收集到的氣體的主要成分是_______________。（4）若試管a中收集到的液體用紫色石蕊試紙檢驗，試紙顯紅色，說明液體中還有________________。要除去該物質(zhì)，可先在混合液中加入________（填字母），然后再通過蒸餾即可除去。a氯化鈉溶液b苯c碳酸氫鈉溶液d四氯化碳28、（14分）如何降低大氣中的含量及有效地開發(fā)利用引起了全世界的普遍重視。目前工業(yè)上有一種方法是用來生產(chǎn)燃料甲醇。為探究該反應原理，進行如下實驗：在容積為1L的密閉容器中，充入和，在下發(fā)生發(fā)應，實驗測得和的物質(zhì)的量濃度隨時間變化如下所示：(1)從反應開始到平衡，氫氣的平均反應速率______。500℃達平衡時，的體積分數(shù)為______，如上圖是改變某條件時化學反應速率隨時間變化的示意圖，則該條件是______該反應的逆反應為______反應填“放熱”或“吸熱”(2)500℃該反應的平衡常數(shù)為______保留兩位小數(shù)，若降低溫度到300℃進行，達平衡時，K值______填“增大”“減小”或“不變”．(3)下列措施中能使的轉(zhuǎn)化率增大的是______．A．在原容器中再充入B．在原容器中再充入和C．在原容器中充入

使用更有效的催化劑E.將水蒸氣從體系中分離出(4)500℃條件下，改變起始反應物的用量，測得某時刻、、和的濃度均為，則此時正______

逆填“”“”或“”(5)假定該反應是在恒容恒溫條件下進行，判斷該反應達到平衡的標志______．A．消耗同時生成1mol

混合氣體密度不變C．混合氣體平均相對分子質(zhì)量不變

D．3v正(H2)=v逆(H2O)

E..不變29、（10分）Ⅰ.控制變量法是化學實驗的一種常用方法。下表是某學習小組研究等物質(zhì)的量濃度的稀硫酸和鋅反應的實驗數(shù)據(jù)，分析以下數(shù)據(jù)，回答下列問題：序號硫酸的體積/mL鋅的質(zhì)量/g鋅的形狀溫度/℃完全溶于酸的時間/s生成硫酸鋅的質(zhì)量/g150.02.0薄片25100m1250.02.0顆粒2570m2350.02.0顆粒3535m3450.02.0粉末25455.0550.06.0粉末3530m5650.08.0粉末25t616.1750.010.0粉末25t716.1(1)化學反應速率本質(zhì)上是由物質(zhì)的性質(zhì)決定的，但外界條件也會影響反應速率的大小。本實驗中實驗2和實驗3對比得出的結(jié)論是______________________________。(2)我們最好選取實驗________(填3個實驗序號)研究鋅的形狀對反應速率的影響。(3)若采用與實驗1完全相同的條件，但向反應容器中滴加少量硫酸銅溶液，發(fā)現(xiàn)反應速率明顯加快。原因是______________________________。(4)利用表中數(shù)據(jù)，可以求得：硫酸的物質(zhì)的量濃度是________mol/L。Ⅱ.某溫度時，在5L的容器中，X、Y、Z三種氣體的物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如圖所示。請通過計算回答下列問題：(5)反應開始至2min，Y的平均反應速率______________________。(6)分析有關數(shù)據(jù)，寫出X、Y、Z的反應方程式_________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解題分析】

A、因降低溫度，反應速率減慢，故A錯誤；B、因催化劑可以加快反應速率，故B正確；C、因可逆反應不可能完全進行到底，所以SO2不能完全轉(zhuǎn)化為SO3，故C錯誤；D、因平衡狀態(tài)時SO2和SO3的濃度不變，而不是相等，故D錯誤；答案選B。2、A【解題分析】

石油的分餾是通過控制沸點的不同來實現(xiàn)物質(zhì)分離的方法，屬于物理變化；煤的干餾、石油裂化及乙烯的聚合過程，均有新物質(zhì)生成，屬于化學變化過程。答案選A。3、B【解題分析】

A、②中沒有單質(zhì)參加反應，故不是置換反應，A錯誤；B、根據(jù)氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性，得出①中Cl2＞Br2，②中KClO3＞Cl2，③中KBrO3＞KClO3，因此氧化性由強到弱順序為KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2KBrO3，B正確；C、②中只有5分子的HCl做還原劑，反應②中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為5∶1，C錯誤；D、③中還原劑是Cl2、Cl2變?yōu)镵ClO3化合價改變了5，1分子Cl2反應轉(zhuǎn)移電子為10個，因此③中l(wèi)mol還原劑反應則氧化劑得到電子的物質(zhì)的量為10mol，D錯誤。答案選B?！绢}目點撥】選項C是解答的易錯點，注意氧化還原反應中，以元素相鄰價態(tài)間的轉(zhuǎn)化最易；同種元素不同價態(tài)之間若發(fā)生反應，元素的化合價只靠近而不交叉；同種元素相鄰價態(tài)間不發(fā)生氧化還原反應。4、B【解題分析】X（g）+aY（g）bZ（g）起始時1molamol0mol平衡時0.5mol0.5amol0.5bmol由同溫同壓下反應前混合氣體的密度是反應后混合氣體密度的3/4，可得：(1+a)/(0.5+0.5a+0.5b)=4/3，1+a=2b，a=1時，b=1；a=2時，b=3/2；a=3時，b=2，因此答案選B。5、C【解題分析】①在反應Cl2+H2O＝HCl+HClO中，水中的氫氧兩元素化合價均未變化，所以水既不是氧化劑又不是還原劑；②在反應3NO2+H2O＝2HNO3+NO中，水中的氫氧兩元素化合價均未變化，所以水既不是氧化劑又不是還原劑；③在反應2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中，水中氫元素的化合價從+1價降低為0價，化合價降低，所以水是氧化劑；④Na2O2和H2O反應生成NaOH和O2，水所含的H元素和O元素的化合價沒有發(fā)生變化，水既不是氧化劑又不是還原劑，Na2O2自身發(fā)生氧化還原反應，答案選C。6、A【解題分析】

A、同一周期的元素，原子序數(shù)越大，原子半徑越小，不同周期的元素，原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑就越大，所以原子半徑大小關系是：Z＞W(wǎng)＞X＞Y，故A錯誤；B、元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，元素的非金屬性：X＞W(wǎng)＞Z，所以它們的最高價氧化物對應水化物的酸性：X＞W(wǎng)＞Z，故B正確；C、元素的非金屬性越強，其相應的氫化物的穩(wěn)定性就越強，元素的非金屬性：Y＞X＞W(wǎng)＞Z，所以元素的氫化物的穩(wěn)定性：Y＞X＞W(wǎng)＞Z，故C正確；D、主族元素除了O和F之外，最高化合價等于主族序數(shù)，所以X、Z、W的最高化合價分別與其主族序數(shù)相等，故D正確；故選A。7、C【解題分析】乙烯是一種植物生長調(diào)節(jié)劑，對水果蔬菜具有催熟的作用，為了延長水果的保鮮期，應除掉乙烯，乙烯含有不飽和鍵能被酸性高錳酸鉀氧化，所以將浸泡有酸性高錳酸鉀溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中除去乙烯，故選C。8、D【解題分析】

一般來說，活潑金屬元素與非金屬元素間形成離子鍵，非金屬元素之間形成共價鍵，同種非金屬元素之間形成非極性共價鍵，不同種非金屬元素間形成極性共價鍵，化學變化中一定含化學鍵斷裂和生成，以此來解答?！绢}目詳解】A．無非極性鍵的斷裂和形成，沒有離子鍵的形成，選項A不選；B．無非極性鍵的斷裂和形成，沒有離子鍵的斷裂，選項B不選；C．有非極性鍵（Cl﹣Cl）的斷裂但無非極性鍵的形成，選項C不選；D．Na2O2中既有離子鍵又有非極性共價鍵，CO2中有極性共價鍵，O2中有非極性共價鍵，Na2CO3中既有離子鍵又有極性鍵，過氧化鈉與二氧化碳的反應中有離子鍵、極性共價鍵和非極性共價鍵的斷裂和形成，選項D選；答案選D。【題目點撥】本題以四個化學反應為載體綜合考查了學生對離子鍵、極性共價鍵和非極性共價鍵的認識程度，為高頻考點，把握化學鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，題目難度不大。9、A【解題分析】

選項中只有A工業(yè)煉鋼為有利于人類發(fā)展的反應，需要加快反應速率，而B、C、D對人類的生活、生產(chǎn)帶來不便，影響生活、影響生產(chǎn)的過程，就需要減慢反應速率，故合理選項是A。10、D【解題分析】A、滴定管在裝液之前必須要用標準液潤洗，否則將稀釋標準液，選項A錯誤；B、錐形瓶用蒸餾水洗凈,不必干燥就能加入一定體積未知濃度的NaOH溶液，里面殘留有蒸餾水對測定結(jié)果無影響，選項B錯誤；C、在滴定之前必須排盡滴定管下端口的氣泡，然后記錄讀書，進行滴定，選項C錯誤；D、讀數(shù)時視線必須和凹液面最低處保持水平，選項D正確。答案選D。11、B【解題分析】同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，同一主族元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而增大，所以右上角元素原子半徑最小，左下角元素原子半徑最大，元素最高正價等于其族序數(shù)，同一非金屬元素最高正價與其最低負價的絕對值之和為8，X原子半徑最大且最高正價為+1，則X為Na元素；Y元素最高正價是+7、最低負價是-1價，則Y為Cl元素；Z元素最高正價為+3，為第IIIA族元素，且原子半徑大于Cl元素，所以Z是Al元素；M元素最高正價為+2，為第IIA族元素，且原子半徑大于Z，所以M是Mg元素；R元素最高正價為+5、最低負價為-3，所以R為第VA族元素，且原子半徑小于Cl元素，為N元素；Q元素最低負價為-2且沒有最高正價，為O元素；A．元素X和Q形成的化合物有Na2O、Na2O2，過氧化鈉中含有共價鍵，故A錯誤；B．X、Z、R的最高價氧化物的水化物分別是NaOH、Al（OH）3、HNO3，氫氧化鋁具有兩性，所以它們之間可兩兩相互反應，故B正確；

C．非金屬性越弱的元素，其陰離子還原性越強，非金屬性O＞N元素，則Q2-比R3-穩(wěn)定，故C錯誤；D．元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，M金屬性小于X，所以M（OH）2的堿性比XOH的堿性弱，故D錯誤；故選B。12、A【解題分析】分析：①根據(jù)燃燒熱的概念(25℃，101kPa時1mol物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量)分析判斷①和⑥的正誤；②根據(jù)能量越高越不穩(wěn)定分析判斷；③根據(jù)反應熱與平衡移動無關分析判斷；④根據(jù)苯環(huán)中不存在碳碳雙鍵和碳碳單鍵分析判斷；⑤根據(jù)金剛石與石墨的結(jié)構(gòu)不同分析判斷。詳解：①燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量，氫氣燃燒生成液態(tài)水，由熱化學方程式可知，氫氣的燃燒熱＜-241.8kJ?mol-1，故錯誤；②單質(zhì)A轉(zhuǎn)化為單質(zhì)B是一個吸熱過程，則B的能量比A的高，能量越高越不穩(wěn)定，故錯誤；③一定條件下，反應熱與平衡移動無關，與化學計量數(shù)與物質(zhì)的狀態(tài)有關，故錯誤；④反應熱=反應物總鍵能-生成物總鍵能，由于苯環(huán)中不存在碳碳雙鍵，不能計算反應熱，故錯誤；⑤金剛石與石墨的結(jié)構(gòu)不同，能量不相同，在相同條件下，金剛石或石墨燃燒生成1molCO2固體時，放出的熱量不相等，故錯誤；⑥碳的燃燒熱指：25℃，101kPa時，1mol碳完全燃燒生成CO2所放出的熱量，故正確，正確的只有1個，故選A。點睛：本題考查燃燒熱、反應熱有關計算、熱化學方程式等，注意對概念與熱化學方程式的理解。本題的易錯點為③，平衡移動影響放出的熱量，但熱化學方程式焓變不變。13、A【解題分析】

A．乙烯聚合為聚乙烯高分子材料，為加聚反應，反應物中的原子全部轉(zhuǎn)化為欲制的產(chǎn)物，原子利用率為100%，故A正確；B．甲烷與氯氣制備一氯甲烷為取代反應，有HCl生成，原子利用率達不到100%，故B錯誤；C．以銅和濃硫酸為原料生產(chǎn)硫酸銅，有二氧化硫生成，原子利用率達不到100%，故C錯誤；D．用二氧化硅制備高純硅，有CO生成，原子利用率達不到100%，故D錯誤；故選A。14、B【解題分析】A、1mol甲基中含有電子的物質(zhì)的量為9mol，故A錯誤；B、N2O4看作是NO2，因此含有原子的物質(zhì)的量為46×3/46mol=3mol，故B正確；C、如果是乙醇，即結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，含有C－O鍵物質(zhì)的量為1mol，如果是醚，其結(jié)構(gòu)簡式為CH3－O－CH3，含有C－O鍵的物質(zhì)的量為2mol，故C錯誤；D、四氯化碳標準狀況下不是氣體，因此不能用22.4L·mol－1，故D錯誤。15、B【解題分析】試題分析：有機物種類繁多的主要原因是碳原子能與其他原子形成四個共價鍵，且碳原子之間也能相互成鍵，選項C符合題意?？键c：了解有機物種類繁多的原因16、A【解題分析】分析：根據(jù)鹵素單質(zhì)的性質(zhì)遞變規(guī)律解答。詳解：A.F2、Cl2、Br2、I2顏色由淺變深，A正確；B.同主族從上到下非金屬性逐漸減弱，則F2、Cl2、Br2、I2氧化性逐漸減弱，B錯誤；C.同主族從上到下非金屬性逐漸減弱，則F2、Cl2、Br2、I2氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱，C錯誤；D.密度與相對分子質(zhì)量成正比，F(xiàn)2、Cl2、Br2、I2密度依次增大，D錯誤。答案選A。17、B【解題分析】

該過氧化物的的化學式為RO2，它的摩爾質(zhì)量為(A+32)g/mol，ng它的過氧化物的物質(zhì)的量為ng(A+32)g/mol；一個氧化物分子中含有(A?N+16)個電子，所以ng它的氧化物中所含電子的物質(zhì)的量為=mol，故B正確；故選B?！绢}目點撥】注意本題指出的是過氧化物，根據(jù)元素化合價判斷過氧化物化學式是解答本題的關鍵，進而依據(jù)質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、核外電子數(shù)之間的關系進行分析解答。18、D【解題分析】

涉及的反應有Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，F(xiàn)e+2Fe3+=3Fe2+，F(xiàn)e＋2H+=Fe2+＋H2↑；39.2g鐵粉為0.7mol，溶液中硝酸根離子0.6mol，氫離子3mol，氧化性：硝酸>Fe3+>H+，生成NO時消耗0.6mol鐵粉，2.4mol氫離子；剩余的0.1mol鐵粉發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.3molFe2+；【題目詳解】A.分析可知，反應后不產(chǎn)生氫氣，A錯誤；B.分析可知，生成0.3molFe2+，剩余的Fe3+為0.6mol，溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=0.3∶0.6=1：2，B錯誤；C.反應后的溶液，含有0.6molFe3+，0.6molH+還可以溶解0.6mol鐵粉即33.6g，C錯誤；D.反應后的溶液含有0.6molFe3+，還可以溶解0.3molCu，即19.2g，D正確；答案為D；【題目點撥】根據(jù)氧化性的強弱：硝酸>Fe3+>H+，確定反應方程式進行計算。19、B【解題分析】A.加熱反應速率加快，A錯誤；B.鐵是固體，加大鐵片的用量不能改變反應速率，B正確；C.改用5mol/L的稀硫酸增大氫離子濃度，反應速率加快，C錯誤；D.不用鐵片，改用鐵粉增大固體反應物的接觸面積，反應速率加快，D錯誤，答案選B。20、A【解題分析】

A、氫鍵影響物質(zhì)的部分物理性質(zhì)，穩(wěn)定性屬于化學性質(zhì)，即水是穩(wěn)定的化合物與氫鍵無關，故A符合題意；B、HF分子間存在氫鍵，使HF聚合在一起，非氣態(tài)時，氟化氫可以形成(HF)n，因此測量氟化氫分子量的實驗中，發(fā)現(xiàn)實驗值總是大于20，與氫鍵有關，故B不符合題意；C、水結(jié)冰，形成分子間氫鍵，使體積膨脹，密度變小，故C不符合題意；D、氨氣分子間存在氫鍵，使氨氣熔沸點升高，即氨氣易液化，故D不符合題意；答案選A。21、C【解題分析】

A．根據(jù)粗鹽中含有Na2SO4、CaCl2、MgCl2、泥沙等雜質(zhì)，所以過程①需要加入化學試劑、沉淀、過濾等操作除去雜質(zhì)，故A正確；B．由“母液→無水MgCl2”一系列變化中元素的化合價未發(fā)生變化，未涉及氧化還原反應，故B正確；C．工業(yè)制取單質(zhì)Mg采用電解熔融MgCl2，而不是電解MgCl2溶液g，故C錯誤；D．反應③和⑤均可由下列反應實現(xiàn)：2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，該反應屬于置換反應，故D正確。故選C。22、D【解題分析】

理論上能自發(fā)進行的、放熱的氧化還原反應均可以設計為原電池，選項A、B、C均是氧化還原反應，可以設計為原電池，選項D中的反應是非氧化還原反應，不能設計為原電池，答案選D。【題目點撥】明確原電池的原理、構(gòu)成條件是解答的關鍵，原電池中較活潑的金屬是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電子經(jīng)導線傳遞到正極，所以溶液中的陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應，因此理論上自發(fā)進行的、放熱的氧化還原反應均可以設計為原電池。二、非選擇題(共84分)23、Fe2O3Fe+2Fe3+=3Fe2+A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑【解題分析】A和D為金屬單質(zhì)，固體條件下，金屬和金屬氧化物能發(fā)生鋁熱反應，則A是Al，C是Al2O3，Al2O3和鹽酸反應生成AlCl3和水，AlCl3和NaOH溶液反應，所以E為AlCl3，Al2O3和AlCl3都與NaOH溶液反應生成NaAlO2，所以F是NaAlO2，H在空氣中反應生成I，I為紅褐色固體，則I為Fe(OH)3，H為Fe(OH)2，加熱氫氧化鐵固體生成Fe2O3和H2O，所以B是Fe2O3、K是H2O，氫氧化鐵和鹽酸反應生成FeCl3，所以J是FeCl3，根據(jù)元素守恒知，D是Fe，G是FeCl2。(1)通過以上分析知，B是Fe2O3，故答案為：Fe2O3；(2)K是H2O，水為共價化合物，氫原子和氧原子之間存在一對共用電子對，所以其電子式為：，故答案為：；(3)鐵和氯化鐵發(fā)生氧化還原反應生成氯化亞鐵，離子反應方程式為：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案為：2Fe3++Fe=3Fe2+；(4)鋁和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。點睛：本題以鋁、鐵為載體考查了無機物的推斷，涉及離子方程式、反應方程式、電子式的書寫，明確物質(zhì)的性質(zhì)及物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化是解本題關鍵。解答本題，可以根據(jù)鋁熱反應、物質(zhì)的特殊顏色為突破口采用正逆結(jié)合的方法進行推斷。24、CH3COOH羧基氧化反應加聚反應+HNO3+H2OCH2=CH2＋H2OCH3CH2OHCH2=CH－COOH＋CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3＋H2OABCDE7【解題分析】

分析流程圖，B被高錳酸鉀氧化得到C，B和C可得到乙酸乙酯，則B為乙醇，C為乙酸，所以A為乙烯，。【題目詳解】（1）C為乙酸，其結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH；（2）丙烯酸中含氧官能團的名稱為羧基（-COOH）；（3）反應③為氧化反應，反應④為加聚反應；（4）反應①為苯的硝化反應，其化學方程式為+HNO3+H2O；反應②為乙烯水化法制備乙醇，方程式為CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH；反應⑤為乙醇和丙烯酸的酯化反應，方程式為CH2=CH－COOH＋CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3＋H2O；（5）丙烯酸中的官能團有碳碳雙鍵和羧基，所以可能發(fā)生的反應有加成、取代（酯化）、加聚、中和、氧化，故答案為ABCDE；（6）丙烯分子的結(jié)構(gòu)為其中，碳碳雙鍵上的兩個碳、三個氫和甲基上的一個碳為一個平面，當甲基的角度合適時，甲基上的一個氫會在該平面內(nèi)，所以最多有7個原子共平面。25、+3既具有氧化性又具有還原性Cl2+2OH-==Cl-+ClO-+H2O將混有少量Cl2的ClO2緩慢通過盛有CCl4的洗氣瓶還原劑11.2通過減壓降低水的沸點，在較低溫度將NaClO2溶液濃縮至飽和，避免其分解控制溫度在38oC~60oC條件下結(jié)晶、過濾【解題分析】

由流程圖可知，SO2與氯酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成ClO2，反應的離子方程式為2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；ClO2與過氧化氫在堿性條件下發(fā)生氧化還原反應反應生成NaClO2，反應的離子方程式為H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2；由題給信息可知，高于60℃時分解成NaClO3和NaCl，則得到粗產(chǎn)品時，應采用減壓蒸發(fā)，在較低溫度將NaClO2溶液濃縮至飽和，避免NaClO2分解，結(jié)晶時應控制溫度在38oC~60oC條件下結(jié)晶、過濾，防止溫度低于38℃析出NaClO2?3H2O?！绢}目詳解】（1）NaClO2中鈉元素化合價為+1價，氧元素化合價為—2價，由化合價代數(shù)和為零可知氯元素的化合價為+3價；元素化合價為中間價時，既表現(xiàn)氧化性又表現(xiàn)還原性，+3價介于氯元素—1價和+7價之間，則NaClO2既具有氧化性又具有還原性，故答案為：+3；既具有氧化性又具有還原性；（2）①SO2與氯酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應時，還原產(chǎn)物可能為Cl2，反應生成的氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，造成產(chǎn)品中含有NaCl和NaClO，反應的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②由題給信息可知，ClO2和Cl2均溶于水，ClO2不溶于四氯化碳，Cl2溶于四氯化碳，所以除去ClO2中的Cl2的實驗方案是將混有少量Cl2的ClO2緩慢通過盛有CCl4的洗氣瓶，故答案為：將混有少量Cl2的ClO2緩慢通過盛有CCl4的洗氣瓶；（3）過程II中ClO2與過氧化氫在堿性條件下發(fā)生氧化還原反應反應生成NaClO2，氯元素化合價降低，ClO2作氧化劑，雙氧水作還原劑，故答案為：還原劑；（4）SO2與氯酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成ClO2，反應的離子方程式為2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-，ClO2與過氧化氫在堿性條件下發(fā)生氧化還原反應反應生成NaClO2，反應的離子方程式為H2O2+2ClO2+2OH—=2ClO2—+2H2O+O2，由方程式可得2NaClO2—SO2，則每生成1molNaClO2，消耗SO2的物質(zhì)的量是0.5mol，標況下體積是11.2L，故答案為：11.2；（5）①由題給信息可知，高于60℃時分解成NaClO3和NaCl，則得到粗產(chǎn)品時，應采用減壓蒸發(fā)，在較低溫度將NaClO2溶液濃縮至飽和，避免NaClO2分解，故答案為：通過減壓降低水的沸點，在較低溫度將NaClO2溶液濃縮至飽和，避免其分解；②減壓蒸發(fā)后，結(jié)晶時應控制溫度在38oC~60oC條件下結(jié)晶、過濾，防止溫度低于38℃析出NaClO2?3H2O，故答案為：控制溫度在38oC~60oC條件下結(jié)晶、過濾?！绢}目點撥】本題考查物質(zhì)的制備實驗，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)和題給信息，明確發(fā)生的化學反應是解答關鍵。26、2Fe3++2I－2Fe2++I2B溶液變血紅色【解題分析】試題分析：（1）在探究活動一中KI溶液與FeCl3溶液反應產(chǎn)生KCl、FeCl2、I2，反應的離子方程式是2Fe3++2I-2Fe2++I2；（2）由于I2容易溶于有機物，而難溶于水，所以探究活動二的實驗中加入CCl4振蕩，看到分層，下層為紫色，上層顏色變淺，不選項是B。（3）在探究活動三中，取上述靜置分層后的上層水溶液于試管，滴加0.1mol·L-1的KSCN溶液5~6滴，振蕩，看到溶液變?yōu)榧t色，可以證明該溶液中存在Fe3+，證明化學反應有一定的限度?？键c：考查證明化學反應有一定的限度的實驗方案的設計及反應現(xiàn)象的判斷的知識。27、2Cu+O22CuOCH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O加熱冷卻乙醛、乙醇、水氮氣乙酸c【解題分析】

乙醇和O2在銅作催化劑，加熱的條件下發(fā)生生成乙醛，首先O2和乙醇混合，則甲裝置加熱使乙醇揮發(fā)，與O2混合；乙裝置中加冷水，使產(chǎn)物乙醛冷凝下來，同時冷凝的還有未反應的乙醇?！绢}目詳解】（1）乙醇的催化氧化實驗中，Cu作催化劑，反應過程中，Cu先與氧氣反應：2Cu＋O22CuO，紅色變?yōu)楹谏?，然后乙醇與CuO發(fā)生：CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O，黑色變?yōu)榧t色；（2）常溫下乙醇為液體，在玻璃管中發(fā)生乙醇催化氧化，需要將乙醇轉(zhuǎn)化成氣體，即甲中水浴加熱的目的是將乙醇氣化得到穩(wěn)定的乙醇氣流；生成乙醛在加熱時為氣體，因此乙裝置是為了使乙醛更快的冷凝；（3）反應冷卻后，a中收集到的物質(zhì)有易揮發(fā)的乙醇及反應生成的乙醛和水；空氣主要成分是N2和O2，因此集氣瓶中收集的氣體主要為N2；（4）紫色石蕊試紙顯紅色，說明液體中含有酸性物質(zhì)，即部分乙醛被氧化成乙酸；乙酸易揮發(fā)，除去乙酸，需要讓乙酸轉(zhuǎn)化成高沸點的鹽，即加入碳酸氫鈉溶液，故選項c正確。28、0.225mol/(L·min)升高溫度吸熱5.33增大BE>CE【解題分析】

根據(jù)速率之比等于化學計量數(shù)之比計算反應速率；根據(jù)平衡時各物質(zhì)的濃度計算體積分數(shù)及平衡常數(shù)；根據(jù)平衡移動規(guī)律分析平衡的移動方向及判斷反應是否到達平衡狀態(tài)?！绢}目詳解】(1)v(CO2)==0.075mol/(L·min)，v(H2)=3v(CO2)=0.075mol/(L·min)×3=0.225mol/(L·min)；500℃達平衡時，n(CH3OH)=0.75mol/L×1L=0.75mol，n(H2O)=0.75mol，n(CO