2022-2023學(xué)年山東省棗莊市高一下學(xué)期期末考試化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE2山東省棗莊市2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期期末考試試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32Cl35.5一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.《黃帝內(nèi)經(jīng)》中記載，“五谷為養(yǎng)，五果為助，五畜為益，五菜為充”，關(guān)于其中涉及的營養(yǎng)物質(zhì)，下列說法正確的是（）A.糖類、油脂、蛋白質(zhì)都屬于天然高分子化合物B.油脂在酸性條件下水解生成甘油和高級脂肪酸C.蛋白質(zhì)在人體內(nèi)不斷分解，最終生成物是二氧化碳和水D.淀粉［(C6H10O5)n]和纖維素［(C6H10O5)n]均屬多糖，二者互為同分異構(gòu)體〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．糖類中淀粉、纖維素屬于天然高分子化合物，但單糖、二糖不屬于高分子化合物，蛋白質(zhì)屬于天然高分子化合物，油脂不屬于天然高分子化合物，故A錯誤；B．油脂屬于高級脂肪酸甘油酯，在酸、堿條件下能發(fā)生水解，在酸性條件下水解成高級脂肪酸和甘油，故B正確；C．構(gòu)成蛋白質(zhì)的是氨基酸，因此蛋白質(zhì)在人體內(nèi)分解的最終產(chǎn)物是氨基酸，故C錯誤；D．淀粉和纖維素分子式雖然相同，但n值不同，因此兩者不互為同分異構(gòu)體，故D錯誤；〖答案〗為B。2.實驗室中，下列做法錯誤的是（）A.用排水法收集NO2氣體 B.用棕色試劑瓶保存濃硝酸C.用干燥沙土撲滅著火的金屬鈉 D.用pH試紙檢驗SO2水溶液的酸性〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．NO2氣體易溶于水，且能與水發(fā)生反應(yīng)，不能用排水法收集，故A錯誤；B．濃硝酸見光或者受熱易分解，需用棕色試劑瓶保存，故B正確；C．金屬鈉能與水反應(yīng)；鈉在高溫條件下與氧氣反應(yīng)生成過氧化鈉，既能與水反應(yīng)也能與二氧化碳反應(yīng)，放出氧氣；所以著火的金屬鈉用干燥沙土撲滅，故C正確；D．二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，可用pH試紙檢驗酸性，故D正確；〖答案〗選A。3.下列物質(zhì)中，可與Fe3+反應(yīng)且能證明Fe3+具有氧化性的是（）A.KSCN B.NaOH C.H2SO4 D.Fe〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．Fe3+遇SCN-互變?yōu)檠t色Fe(SCN)3，反應(yīng)前后元素化合價不變，不能證明Fe3+具有氧化性，A不符合題意；B．Fe3+與OH-反應(yīng)產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，反應(yīng)前后元素化合價不變，不能證明Fe3+具有氧化性，B不符合題意；C．Fe3+與硫酸不能發(fā)生反應(yīng)，因此不能證明Fe3+具有氧化性，C不符合題意；D．Fe3+與Fe反應(yīng)產(chǎn)生Fe2+，F(xiàn)e元素化合價由反應(yīng)前Fe3+中的+3價變?yōu)榉磻?yīng)后Fe2+的+2價，化合價降低，得到電子被還原，可以證明Fe3+具有氧化性，D符合題意；故合理選項是D。4.解釋下列事實的化學(xué)方程式或離子方程式正確的是（）A.石英和焦炭制取粗硅的反應(yīng)：B.氫氟酸雕刻玻璃發(fā)生的離子反應(yīng)：C.燒堿溶液除去中少量的反應(yīng)：D.氧化鐵溶于氫碘酸發(fā)生的離子反應(yīng)：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．焦炭與二氧化硅在高溫條件下反應(yīng)生成硅單質(zhì)和一氧化碳，反應(yīng)方程式：，故A錯誤；B．氫氟酸為弱酸，不能拆為離子形式，離子方程式：，故B錯誤；C．少量會與強堿氫氧化鈉反應(yīng)生成，反應(yīng)方程式：，故C正確；D．氧化鐵溶于氫碘酸生成的鐵離子具有氧化性，與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式：，故D錯誤；〖答案〗選C。5.氨氣含氫量高，是很好的氫源載體，燃料電池結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.b極發(fā)生還原反應(yīng)B.電池工作過程中從極向極移動C.負(fù)極的電極反應(yīng)式為D.a極消耗的與極消耗的物質(zhì)的量之比為4：3〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗燃料電池中通燃料一極為負(fù)極，即a極為負(fù)極，通空氣或氧氣一極為正極，即b極為正極，依據(jù)原電池工作原理進行分析即可；【詳析】A．根據(jù)上述分析，b極為正極，正極上得到電子，化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，故A說法正確；B．根據(jù)原電池工作原理，陰離子向負(fù)極移動，即OH-向a極移動，故B說法正確；C．負(fù)極上失去電子，化合價升高，電極反應(yīng)式為2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故C說法錯誤；D．正極電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-，負(fù)極電極反應(yīng)式為2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，得失電子數(shù)目守恒，因此a極消耗氨氣與b極消耗氧氣物質(zhì)的量之比為4∶3，故D說法正確；〖答案〗為C。6.2023年5月10日，天舟六號貨運飛船成功發(fā)射，此次發(fā)射使用的是我國自主設(shè)計生產(chǎn)的運載火箭，火箭使用偏二甲肼作燃料，其反應(yīng)為。下列有關(guān)化學(xué)用語正確的是（）A.偏二甲肼的結(jié)構(gòu)簡式：B.中子數(shù)為8的氮原子結(jié)構(gòu)示意圖：C.電子式表示H2O的形成過程：D.肼也可作火箭燃料，其球棍模型：〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．N的最外層有5個電子，N形成三個共價鍵，使最外層達(dá)到8個電子，推出偏二甲肼的結(jié)構(gòu)簡式為，故A錯誤；B．氮元素原子序數(shù)為7，即質(zhì)子數(shù)為7，結(jié)構(gòu)示意圖為，故B錯誤；C．H2O為共價化合物，原子間共用電子對，不存在得失電子，因此水形成過程為，故C錯誤；D．肼又稱為聯(lián)氨，結(jié)構(gòu)簡式為H2NNH2，球棍模型為，故D正確；〖答案〗為D。7.下列屬于加成反應(yīng)的是（）A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗【詳析】加成反應(yīng)是指有機物分子中不飽和碳原子與其它原子或原子團直接結(jié)合生成新的化合物的反應(yīng)，具有原子利用率100％的特點，產(chǎn)物僅有一種；綜上可知A、C、D錯誤，〖答案〗選B；8.某實驗室的廢液中含有、、等，其提取磌的過程如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.“還原”過程中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：2B.操作X用到的主要儀器有分液漏斗和燒杯C.“氧化”過程的離子反應(yīng)：D.能用淀粉溶液檢驗“富集”后溶液中是否含〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗含碘廢液中的碘與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸根和碘離子；四氯化碳不溶于水經(jīng)分液后得含碘離子溶液，經(jīng)氯氣氧化等得碘，據(jù)此回答?！驹斘觥緼．碘單質(zhì)作氧化劑得2e-，亞硫酸鈉作還原劑失2e-，即氧化劑和還原劑物質(zhì)的量為1：1，A錯誤；B．操作X為分液，即用到的主要儀器有分液漏斗和燒杯，B正確；C．“氧化”過程的離子反應(yīng)：，C正確；D．淀粉遇碘變藍(lán)，即能用淀粉溶液檢驗“富集”后溶液中是否含，D正確；故選A。9.科學(xué)家格哈德?埃特爾對一氧化碳在金屬鉑表面氧化過程的研究，催生了汽車尾氣凈化裝置。其中的三元催化器(催化利主要由、、等物質(zhì)和稀土材料組成)可將汽車尾氣中的NOx、CO、碳?xì)浠衔镛D(zhuǎn)化為無害氣體，有效降低對環(huán)境的危害。三元催化器中發(fā)生的主要反應(yīng)為。凈化原理如下圖：關(guān)于上述材料中汽車尾氣及其凈化，下列說法正確的是（）A.NOx在催化下，轉(zhuǎn)化為成N2和O2B.使用三元催化器既能增大反應(yīng)的速率，又能影響平衡狀態(tài)C.向恒容條件下的密閉容器中充入氦氣，上述反應(yīng)的速率會增大D.汽車尾氣中的CO和NO均來自于汽油的不完全燃燒〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．根據(jù)機理圖以及儲氧隨時供氧可知，說明NOx在催化劑作用下生成氮氣和氧氣，故A正確；B．催化劑只能影響化學(xué)反應(yīng)速率，對化學(xué)平衡移動無影響，故B錯誤；C．向恒容條件下的密閉容器中充入非反應(yīng)氦氣，組分濃度不變，化學(xué)反應(yīng)速率不變，故C錯誤；D．汽油來自于石油，石油是由多種碳?xì)浠衔锝M成的混合物，成分復(fù)雜，因此NO不是來自于汽油的不完全燃燒，故D錯誤；〖答案〗為A。10.某實驗小組，設(shè)計如下圖所示的裝置模擬汽車尾氣系統(tǒng)中CO與NO催化反應(yīng)。關(guān)于上述模擬實驗，下列說法錯誤的是（）A.反應(yīng)前需檢查裝置的氣密性是否良好B.裝置a中的試劑起干燥、觀察氣體流速及混合氣體的作用C.裝置c為安全瓶，能防止d裝置中的溶液倒吸入b裝置D.裝置d中的溶液能完全吸收實驗中的有害尾氣〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．模擬有氣體參與的實驗，即實驗前需要檢查裝置的氣密性是否良好，A正確；B．一氧化氮和一氧化碳分別用兩支導(dǎo)管通入濃硫酸，即可通過氣泡觀察流速且使氣體混合，并干燥，B正確；C．c裝置為安全瓶，能防止d裝置中的澄清石灰水倒吸，C正確；D．d裝置中氫氧化鈉溶液可檢驗氣體二氧化碳，但不能與尾氣中的CO和NO反應(yīng)，故不能吸收有害尾氣，D錯誤；故選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列實驗方案能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ┻x項ABCD目的比較乙醇和水分子中氫原子的活性潑驗證石蠟分解的產(chǎn)物是乙烯探究化學(xué)反應(yīng)速率影響因素證明金屬性Mg>Al實驗方案〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．鈉與乙醇、水反應(yīng)均能生成氫氣，在同一條件下，將相同體積和形狀的鈉塊分別投入到乙醇、水中，通過比較氣泡的產(chǎn)生速率，可以比較乙醇和水分子中氫原子的活性潑，故A正確；B．石蠟油催化裂化的產(chǎn)物能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明產(chǎn)物中有不飽和烴生成，但不能證明是乙烯，故B錯誤；C．探究化學(xué)反應(yīng)速率影響因素，要控制單一變量，題中過氧化氫的濃度不同、滴加試劑的陽離子和陰離子均不同，不能達(dá)到實驗?zāi)康?，故C錯誤；D．一般來說，活潑金屬作原電池的負(fù)極，但鋁能與氫氧化鈉溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，而鎂不能，則該原電池裝置不能證明金屬性Mg>Al，故D錯誤；〖答案〗選A。12.如圖為一重要有機化合物的結(jié)構(gòu)簡式。下列說法正確的是（）A.該芳香烴能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.該有機物分子中所有的碳原子可能位于同一平面上C.1mol該物質(zhì)最多可以與1molH2發(fā)生加成反應(yīng)D.與1mol該物質(zhì)反應(yīng)消耗Na、NaOH、NaHCO3物質(zhì)的量之比為2：1：1〖答案〗BD〖解析〗【詳析】A．該有機物中除含C、H外，還含有O元素，該有機物屬于烴的衍生物，不屬于芳香烴，故A錯誤；B．苯的空間構(gòu)型為平面正六邊形，乙烯的空間構(gòu)型為平面形，因此該有機物中所有碳原子可能共面，故B正確；C．1個苯環(huán)最多與3個氫氣發(fā)生加成，1個碳碳雙鍵與1個氫氣發(fā)生加成，因此1mol該有機物最多可以與4mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯誤；D．能與Na反應(yīng)的官能團是-OH和-COOH，能與NaOH、NaHCO3溶液反應(yīng)的官能團是-COOH，1mol該有機物中含有1mol-OH、1mol-COOH，因此消耗Na、NaOH、NaHCO3物質(zhì)的量為2∶1∶1，故D正確；〖答案〗為BD。13.我國科研人員提出了由CO2和CH4轉(zhuǎn)化為高附加值產(chǎn)品CH3COOH的催化反應(yīng)歷程，如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.催化劑參加了化學(xué)反應(yīng)過程B.CH4→CH3COOH反應(yīng)過程中，有C-H鍵的斷裂和形成C.①→②過程中，放出能量并形成了C-C鍵D.生成CH3COOH總反應(yīng)的類型是加成反應(yīng)〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．由圖可知，催化劑參與了化學(xué)反應(yīng)的過程，故A正確；B．結(jié)合反應(yīng)歷程圖可知，CH4→CH3COOH反應(yīng)過程中，有C-H鍵的斷裂和C-O鍵C-C鍵的形成，無C-H鍵的形成，故B錯誤；C．根據(jù)反應(yīng)歷程能量變化可知，①→②過程中放出能量，并形成了C-C鍵，故C正確；D．由機理圖可知，產(chǎn)物只有一種，原子利用率百分之百，屬于加成反應(yīng)，故D正確；〖答案〗選B。14.180℃時將0.5molH2和1molCO2通入2L的恒容密閉容器中，反應(yīng)生成甲醇蒸汽(CH3OH)和某無機產(chǎn)物，測得各物質(zhì)的物質(zhì)的量隨時間變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A.在內(nèi)，反應(yīng)仍未達(dá)到平衡狀態(tài)B.該反應(yīng)的化學(xué)方程式為C.和物質(zhì)的量之比不變時，該反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)D.反應(yīng)前后容器內(nèi)氣體的壓強之比為15：13〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗0-3min內(nèi)，CO2和H2的n分別為0.1mol和0.3mol，則其參加反應(yīng)的比例為1:3，得出反應(yīng)方程式為，根據(jù)平衡濃度，可以列出三段式如下?！驹斘觥緼．根據(jù)分析中各物質(zhì)平衡濃度，3min后，反應(yīng)已到達(dá)平衡，A錯誤；B．根據(jù)分析，反應(yīng)的方程式為，B錯誤；C．H2和CO2以1:2通入，但以3:1消耗，因此，反應(yīng)過程中，H2和CO2比值一直變化，當(dāng)物質(zhì)的量比值不變時，反應(yīng)到達(dá)平衡，C正確；D．恒溫恒容時，氣體壓強之比等于物質(zhì)的量之比，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量n(前)=1+0.5=1.5mol，n(后)=0.9+0.2+0.1+0.1=1.3mol，因此反應(yīng)前后的壓強之比=15:13，D正確；〖答案〗選CD。15.一種可穿戴電池的結(jié)構(gòu)如圖所示，其中凝膠電解質(zhì)不易漏液，耐火性能良好。其電池的總反應(yīng)為。關(guān)于該電池工作原理，下列說法錯誤的是（）A.為負(fù)極B.正極反應(yīng)式為C.電子由負(fù)極經(jīng)隔離膜流向正極D.凝膠電解質(zhì)可提高電池的安全性和穩(wěn)定性〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗該電池的總反應(yīng)為，鋅化合價升高為負(fù)極，V2O5在正極，據(jù)此回答?！驹斘觥緼．反應(yīng)中Zn化合價升高，失去電子，因此Zn負(fù)極，A正確；B．正極得電子，因此正極的電極反應(yīng)為，B正確；C．電子只能通過導(dǎo)線由負(fù)極流向正極，不能在電解質(zhì)體系中移動，C錯誤；D．若電解質(zhì)為溶液則可能會腐蝕容器材料或者會泄漏，有安全隱患，因此凝膠電解質(zhì)可提高電池的安全性和穩(wěn)定性，D正確；故選C。三、非選擇題：本題包括5小題，共60分。16.已知A、B、C、D、E、G是原子序數(shù)依次增大的六種短周期主族元素。常溫下元素A的單質(zhì)分子由雙原子構(gòu)成，元素B原子最外層電子數(shù)是次外層的3倍，元素D原子的M層電子數(shù)比K層少1個，元素E的簡單離子在同周期中半徑最小，G與C處于同一主族。回答下列問題：（1）元素B在周期表中的位置為___________。（2）如圖是某同學(xué)設(shè)計的用濃鹽酸和固體制取少量G單質(zhì)，并驗證其氧化性比碘單質(zhì)強的微型裝置：證明G單質(zhì)氧化性比碘單質(zhì)強的實驗現(xiàn)象是___________，從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋是___________；裝置生成G單質(zhì)的離子方程式為___________。（3）下列說法正確的是___________(填標(biāo)號)。a．元素A、B組成的化合物常溫下一定呈氣態(tài)b．元素D、E、G的最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩之間均能發(fā)生反應(yīng)c．離子半徑：C>Ad．簡單氫化物的穩(wěn)定性：B>G（4）能證明元素D的金屬性強于元素E的是___________(填標(biāo)號)。a．單質(zhì)熔點：D<Eb．最高正價：D<Ec．最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性：D>E〖答案〗（1）第二周期第VIA族（2）①.濕潤的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)②.氯元素和碘元素同族，原子半徑氯小于碘，氯原子得電子能力強于碘原子，所以氯氣氧化性強于碘單質(zhì)③.（3）bd（4）c〖解析〗A、B、C、D、E、G是原子序數(shù)依次增大的六種短周期主族元素，元素B原子最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則B為氧元素；元素D原子的M層電子數(shù)比K層少1個，則D為鈉元素，則C只能為氟元素；元素E的簡單離子在同周期中半徑最小，則E為鋁元素；G與C處于同一主族，則G為氯元素;常溫下元素A的單質(zhì)分子由雙原子構(gòu)成，則A為氫元素或氮元素；（1）據(jù)分析，元素B為氧元素，位于元素周期表第二周期第VIA族；（2）濃鹽酸和固體發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，可將碘化鉀中的I-氧化為I2，使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{(lán)；氯元素和碘元素同族，原子半徑氯小于碘，氯原子得電子能力強于碘原子，所以氯氣氧化性強于碘單質(zhì)；濃鹽酸和固體發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣、氯化錳和水，離子方程式：；（3）a．A為氫元素或氮元素，B為氧元素，二者組成的化合物常溫下不一定是氣態(tài)，故a錯誤；b．元素D、E、G分別為Na、Al、Cl，最高價氧化物對應(yīng)水化物分別是強堿氫氧化鈉、兩性氫氧化物氫氧化鋁和強酸高氯酸，兩兩間可以發(fā)生反應(yīng)，故b正確；c．C只能為氟元素，A為氫元素或氮元素,離子電子層越多，離子半徑越大，電子層相同，原子序數(shù)越大，離子半徑越小，所以或，故c錯誤；d．非金屬性：，簡單氫化物的穩(wěn)定性：，故d正確；〖答案〗選bd；（4）a．單質(zhì)熔點高低與元素的金屬性無關(guān)，故a錯誤；b．元素最高化合價與元素金屬性無關(guān)，故b錯誤；c．元素金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強，NaOH堿性強于Al（OH）3，證明金屬性：，故c正確；〖答案〗選c。17.工業(yè)上以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2等雜質(zhì))為主要原料制備氧化鋁，流程如圖：回答下列問題：（1）酸浸：為提高酸浸速率，可采取的措施有___________(任填兩種)；H2SO4溶液的用量不宜過量太多，原因是___________；浸渣的主要成分為___________(填化學(xué)式)。（2）氧化：H2O2的電子式為___________；該步驟中反應(yīng)的離子方程式為___________。（3）沉淀：用Na2CO3溶液調(diào)節(jié)pH，將Al3+、Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀。溶液pH對鋁、鐵沉淀率的影響如圖所示。為獲得較高的鋁、鐵沉淀率，溶液pH最佳為___________(填標(biāo)號)A．4.0左右B．5.0左右（4）堿溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分離出Fe(OH)3的實驗操作是___________(填名稱)?！即鸢浮剑?）①.升高溫度、攪拌②.過量的H2SO4溶液會增大后續(xù)過程碳酸鈉和氫氧化鈉的用量，造成浪費③.SiO2（2）①.②.（3）B（4）過濾〖解析〗鋁土礦經(jīng)過酸浸，生成Al3+、Fe3+和Fe2+，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，過濾可除去，過氧化氫可將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)溶液pH可使Al3+、Fe3+形成沉淀，利用強堿NaOH溶液將Al(OH)3溶解生成偏鋁酸鹽，將氫氧化鐵沉淀濾出進行分離，最后用酸對偏鋁酸鹽溶液進行處理生成氫氧化鋁沉淀，加熱使之分解出氧化鋁；（1）為提高酸浸速率，可采取的措施：升高溫度、攪拌；過量的H2SO4溶液會增大后續(xù)過程碳酸鈉和氫氧化鈉的用量，造成浪費；二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，所以濾渣為二氧化硅；（2）過氧化氫屬于共價化合物，其電子式：；在酸性環(huán)境下過氧化氫將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原成水，離子方程式：；（3）根據(jù)圖像可知當(dāng)pH在5.0左右鋁、鐵沉淀率接近百分之百，后續(xù)調(diào)節(jié)pH沉淀率變化不大，所以最佳pH為5.0左右，〖答案〗選B；（4）用NaOH溶液溶解沉淀，氫氧化鋁沉淀被溶解，F(xiàn)e(OH)3沉淀不被溶解，通過過濾操作可將溶液和沉淀分離18.某化學(xué)小組進行制備乙酸乙酯的實驗。實驗操作：i．按如圖所示連接好裝置并檢查氣密性；ii．向試管A中加入無水乙醇、濃硫酸和冰醋酸的混合物；iii．小火均勻加熱裝有混合物的試管A5～10min，停止加熱，撤下試管B并振蕩，靜置；iv．分離出乙酸乙酯?；卮鹣铝袉栴}：（1）試管A中濃硫酸的作用是___________，加熱前還應(yīng)加入___________，其中反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（2）若步驟iii中加熱溫度過高，易導(dǎo)致___________；靜置后，試管B中現(xiàn)象是___________；導(dǎo)管口末端在飽和碳酸鈉溶液液面之上的目的是___________。（3）關(guān)于試管B中飽和Na2CO3溶液，下列說法正確的是___________(填標(biāo)號)。a．中和乙酸，溶解乙醇b．降低乙酸乙酯在水中的溶解度，加速與水溶液的分層c．可以用飽和NaHCO3溶液或NaOH溶液代替（4）化學(xué)小組又設(shè)計了改進裝置如圖(圖中的鐵架臺、鐵夾、加熱裝置已略去)。與上述裝置相比，該裝置的主要優(yōu)點有___________(填一條即可)?！即鸢浮剑?）①.催化劑、吸水劑②.沸石或碎瓷片③.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（2）①.導(dǎo)致反應(yīng)物乙醇、乙酸大量揮發(fā)(導(dǎo)致發(fā)生其他副反應(yīng))②.出現(xiàn)分層③.防止倒吸（3）ab（4）增加了溫度計，便于控制發(fā)生裝置中反應(yīng)液的溫度，減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生；增加了分液漏斗，便于控制反應(yīng)物的量，提高反應(yīng)物的利用率；增加了冷凝裝置，有利于收集產(chǎn)物乙酸乙酯〖解析〗本實驗制備乙酸乙酯，其反應(yīng)原理是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，依次加入藥品為乙醇、濃硫酸和乙酸的混合物，加熱，用碳酸鈉溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，據(jù)此分析；（1）制備乙酸乙酯的反應(yīng)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，濃硫酸的作用是作催化劑，也可吸收生成物水，促進平衡向正反應(yīng)方向進行，提高乙酸乙酯的產(chǎn)率，因此濃硫酸還作吸水劑；因為是溶液加熱反應(yīng)，為防止液體暴沸，加熱前需要加入沸石或碎瓷片；故〖答案〗為催化劑、吸水劑；沸石或碎瓷片；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）乙醇、乙酸易揮發(fā)，如果加熱溫度過高，導(dǎo)致反應(yīng)物乙醇、乙酸大量揮發(fā)，如果加熱溫度過高，濃硫酸與乙醇發(fā)生消去反應(yīng)，生成乙烯等副反應(yīng)發(fā)生；用碳酸鈉溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，靜置后試管B中現(xiàn)象是出現(xiàn)分層；導(dǎo)管口末端在飽和碳酸鈉溶液液面之上的目的是防止倒吸；故〖答案〗為導(dǎo)致反應(yīng)物乙醇、乙酸大量揮發(fā)(導(dǎo)致發(fā)生其他副反應(yīng))；出現(xiàn)分層；防止倒吸；（3）a．乙酸乙酯中混有乙酸、乙醇，用碳酸鈉溶液吸收乙醇，除去乙酸，故a正確；b．碳酸鈉的作用之一是降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，故b正確；c．乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，因此不能用NaOH代替碳酸鈉，故c錯誤；〖答案〗為ab；（4）根據(jù)裝置圖可知，增加了溫度計，便于控制發(fā)生裝置中反應(yīng)液的溫度，減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生；增加了分液漏斗，便于控制反應(yīng)物的量，提高反應(yīng)物的利用率；增加了冷凝裝置，有利于收集產(chǎn)物乙酸乙酯；故〖答案〗為增加了溫度計，便于控制發(fā)生裝置中反應(yīng)液的溫度，減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生；增加了分液漏斗，便于控制反應(yīng)物的量，提高反應(yīng)物的利用率；增加了冷凝裝置，有利于收集產(chǎn)物乙酸乙酯。19.石油被稱為“工業(yè)的血液”，下圖為部分石油化工轉(zhuǎn)化流程圖。回答下列問題：（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為___________；丙烯酸分子中所含官能團的名稱為___________；檢驗丙烯酸乙酯中是否混有丙烯酸，可選用的化學(xué)試劑為___________。（2）④的化學(xué)方程式為___________，反應(yīng)類型為___________。（3）下列說法中正確的是___________(填標(biāo)號)a．聚丙烯酸能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色b．原油分餾屬于物理變化，石蠟油“催化重整”屬于化學(xué)變化c．除去溴苯中混有的少量溴，可加入NaOH溶液，再分液（4）綠色化學(xué)的核心內(nèi)容之一是“原子經(jīng)濟性”，即反應(yīng)物中的原子全部轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物，原子的理論利用率為100%。上述轉(zhuǎn)化反應(yīng)①、②、③、④中符合綠色化學(xué)要求的是___________(填序號)（5）選擇合適儀器，組裝分離溴苯和苯的實驗裝置(加持、加熱及單孔、雙孔橡膠塞、導(dǎo)管等連接儀器略)，儀器的連接順序為d→___________→e?！即鸢浮剑?）①.=②.碳碳雙鍵、羧基③.紫色石蕊試劑，或碳酸氫鈉溶液（2）①.②.加聚反應(yīng)（3）bc（4）②④（5）i→b→g〖解析〗根據(jù)B與丙烯酸反應(yīng)生成了丙烯酸乙酯，可知B是乙醇，A與水反應(yīng)生成了乙醇，那么A是乙烯，反應(yīng)②就是乙烯與水的加成反應(yīng)，B與C反應(yīng)生成了乙酸乙酯，那么C是乙酸，反應(yīng)③就是乙醇被酸性高錳酸鉀氧化成乙酸的反應(yīng)；原油經(jīng)過分餾得到石蠟油，石蠟油通過催化重整得到苯，苯在三氯化鐵催化下，與溴水反應(yīng)生成溴苯，即反應(yīng)①，另石蠟油在碎瓷片加熱條件下得到丙烯，丙烯經(jīng)過一系列反應(yīng)后得到丙烯酸，丙烯酸發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚丙烯酸，即反應(yīng)④。（1）根據(jù)B與丙烯酸反應(yīng)生成了丙烯酸乙酯，可知B是乙醇，A與水反應(yīng)生成了乙醇，那么A是乙烯，其結(jié)構(gòu)簡式為=；丙烯酸分子中所含的官能團有碳碳雙鍵、羧基；丙烯酸乙酯和丙烯酸可以利用羧基的性質(zhì)來檢驗，所以可選用的化學(xué)試劑有紫色石蕊試劑（丙烯酸可使其變紅），或者碳酸氫鈉溶液（丙烯酸會與其發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w）；（2）反應(yīng)④是丙烯酸通過加聚反應(yīng)生成聚丙烯酸，化學(xué)方程式為：；（3）a．聚丙烯酸沒有碳碳雙鍵，不能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故a錯誤；b．原油分餾是利用石油中各成分的不同沸點范圍通過常壓分餾或減壓分餾將成分分離，屬于物理變化，催化重整就是利用催化劑對烴類分子結(jié)構(gòu)進行重新排列，屬于化學(xué)變化，故b正確；c．除去溴苯中混有的少量溴，可加入NaOH溶液，溴能與NaOH反應(yīng)生成溶于水的NaBr和NaBrO，溴苯不溶于水，所以會分層，經(jīng)過分液就可以除去溴，故c正確；（4）根據(jù)題中所給綠色化學(xué)的要求，可知反應(yīng)只生成一種生成物，反應(yīng)①是苯與溴水發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯和溴化氫不符合題意，②是乙烯與水發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，只有一種生成物，符合題意，③是乙醇被酸性高錳酸鉀氧化成乙酸的反應(yīng)，生成物是乙酸和水，不符合題意，④是丙烯酸通過加聚反應(yīng)生成聚丙烯酸，只有一種生成物，符合題意，故選②④；（5）可用蒸餾分離溴苯和苯，蒸餾需要用到蒸餾燒瓶、溫度計、直形冷凝管、錐形瓶、牛角管等，所以儀器的連接順序為d→i→b→g→e。20.研究硫及其化合物之間的轉(zhuǎn)化具有重要意義。回答下列問題：I.（1）硫酸工業(yè)的一步重要反應(yīng)是的催化氧化。向一恒壓密閉容器中充入一定量的發(fā)生上述反應(yīng)，能判斷反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)的敘述是___________(填標(biāo)號)。A．B．混合氣體的密度不再改變C．和的物質(zhì)的量濃度之比不再改變II．欲測定溶液與溶液反應(yīng)的速率，所用試劑為溶液和溶液，所得溶液中隨時間變化的曲線如圖1所示，用表示的反應(yīng)速率隨時間的變化情況如圖2所示。（2）該反應(yīng)在的速率___________。（3）下列關(guān)于圖1、圖2的說法錯誤的是___________(填標(biāo)號)。A.該反應(yīng)的離子方程式是B.圖2縱坐標(biāo)若換為，則的曲線與圖中曲線不重合C.圖中陰影部分的面積表示時間內(nèi)的增大量D.后期反應(yīng)速率下降的主要原因是反應(yīng)物濃度降低（4）圖2中段，反應(yīng)速率增大，為探究可能的影響因素，設(shè)計如下實驗：方案假設(shè)實驗操作1該反應(yīng)放熱，使溶液溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率加快向燒杯中加入10mL0.mol·L-1溶液和10mL0.3mol·L-1NaHSO3溶液，___________。2反應(yīng)生成的加快了化學(xué)反應(yīng)速率取10mL0.1mol·L-1溶液于燒杯中，先加入少量___________固體，再加入10mL0.3mol·L-1NaHSO3溶液。3溶液酸性增強，加快了化學(xué)反應(yīng)速率分別向標(biāo)號為①②的2只燒杯中加入10mLKClO3溶液；燒杯①中再加入1mL水；燒杯②中再加入1mL0.2mol·L-1鹽酸；再分別向兩燒杯中加入10mL0.3mol·L-1NaHSO3溶液。①補全方案1中的實驗操作___________。②方案2中加入的物質(zhì)是___________(填化學(xué)式)。③在方案1的假設(shè)不成立的情況下，從控制變量的角度思考，認(rèn)為方案3中實驗操作設(shè)計不嚴(yán)謹(jǐn)，應(yīng)將1mL水改為___________。④除方案1、2、3的假設(shè)外，還可以提出的假設(shè)有___________?！即鸢浮剑?）B（2）（3）BC（4）①.插入溫度計測量溫度②.氯化鈉固體③.0.2mol·L-1NaCl或KCl④.生成的硫酸根可能加快反應(yīng)速率〖解析〗（1）未指明速率是正向還是逆向，即無法判斷，A錯誤；因恒壓容器，該反應(yīng)正向是氣體體積減小，逆向是氣體體積增大，則只有達(dá)到平衡時氣體體積才不變，又體系物質(zhì)均為氣體，由質(zhì)量守恒知氣體總質(zhì)量不變，即只有達(dá)到平衡時混合氣體密度不再改變，可以作為平衡標(biāo)志，B正確；物質(zhì)的量濃度不變可以作為平衡標(biāo)志，而物質(zhì)的量濃度值比不能作為平衡標(biāo)志，C錯誤，故選B；（2）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知，該反應(yīng)在0～7min的平均反應(yīng)速率：；（3）化學(xué)方程式為2KClO3+6NaHSO3=2KCl+3Na2SO4+3H2SO4，即離子方程式為，A正確；由反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計量數(shù)之比并結(jié)合方程式可知，的曲線與圖中曲線重合，B錯誤；圖中陰影部分的面積表示濃度變化量，即為時間內(nèi)的增大量，C錯誤；隨著反應(yīng)進行，濃度減小，則后期反應(yīng)速率下降主要原因是反應(yīng)物濃度減小，D正確；故選BC；（4）①若反應(yīng)放熱，即體系溫度會升高，所以需要“插入溫度計測量溫度”；②可能是生成的氯離子加快作用，即加入少量的氯化鈉固體；③控制變量即需要將1mL水改為1mL0.2mol·L-1NaCl或KCl；④生成物中還有硫酸根，即還可以提出的假設(shè)有生成的硫酸根可能加快反應(yīng)速率；山東省棗莊市2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期期末考試試題可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32Cl35.5一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.《黃帝內(nèi)經(jīng)》中記載，“五谷為養(yǎng)，五果為助，五畜為益，五菜為充”，關(guān)于其中涉及的營養(yǎng)物質(zhì)，下列說法正確的是（）A.糖類、油脂、蛋白質(zhì)都屬于天然高分子化合物B.油脂在酸性條件下水解生成甘油和高級脂肪酸C.蛋白質(zhì)在人體內(nèi)不斷分解，最終生成物是二氧化碳和水D.淀粉［(C6H10O5)n]和纖維素［(C6H10O5)n]均屬多糖，二者互為同分異構(gòu)體〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．糖類中淀粉、纖維素屬于天然高分子化合物，但單糖、二糖不屬于高分子化合物，蛋白質(zhì)屬于天然高分子化合物，油脂不屬于天然高分子化合物，故A錯誤；B．油脂屬于高級脂肪酸甘油酯，在酸、堿條件下能發(fā)生水解，在酸性條件下水解成高級脂肪酸和甘油，故B正確；C．構(gòu)成蛋白質(zhì)的是氨基酸，因此蛋白質(zhì)在人體內(nèi)分解的最終產(chǎn)物是氨基酸，故C錯誤；D．淀粉和纖維素分子式雖然相同，但n值不同，因此兩者不互為同分異構(gòu)體，故D錯誤；〖答案〗為B。2.實驗室中，下列做法錯誤的是（）A.用排水法收集NO2氣體 B.用棕色試劑瓶保存濃硝酸C.用干燥沙土撲滅著火的金屬鈉 D.用pH試紙檢驗SO2水溶液的酸性〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．NO2氣體易溶于水，且能與水發(fā)生反應(yīng)，不能用排水法收集，故A錯誤；B．濃硝酸見光或者受熱易分解，需用棕色試劑瓶保存，故B正確；C．金屬鈉能與水反應(yīng)；鈉在高溫條件下與氧氣反應(yīng)生成過氧化鈉，既能與水反應(yīng)也能與二氧化碳反應(yīng)，放出氧氣；所以著火的金屬鈉用干燥沙土撲滅，故C正確；D．二氧化硫與水反應(yīng)生成亞硫酸，可用pH試紙檢驗酸性，故D正確；〖答案〗選A。3.下列物質(zhì)中，可與Fe3+反應(yīng)且能證明Fe3+具有氧化性的是（）A.KSCN B.NaOH C.H2SO4 D.Fe〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．Fe3+遇SCN-互變?yōu)檠t色Fe(SCN)3，反應(yīng)前后元素化合價不變，不能證明Fe3+具有氧化性，A不符合題意；B．Fe3+與OH-反應(yīng)產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，反應(yīng)前后元素化合價不變，不能證明Fe3+具有氧化性，B不符合題意；C．Fe3+與硫酸不能發(fā)生反應(yīng)，因此不能證明Fe3+具有氧化性，C不符合題意；D．Fe3+與Fe反應(yīng)產(chǎn)生Fe2+，F(xiàn)e元素化合價由反應(yīng)前Fe3+中的+3價變?yōu)榉磻?yīng)后Fe2+的+2價，化合價降低，得到電子被還原，可以證明Fe3+具有氧化性，D符合題意；故合理選項是D。4.解釋下列事實的化學(xué)方程式或離子方程式正確的是（）A.石英和焦炭制取粗硅的反應(yīng)：B.氫氟酸雕刻玻璃發(fā)生的離子反應(yīng)：C.燒堿溶液除去中少量的反應(yīng)：D.氧化鐵溶于氫碘酸發(fā)生的離子反應(yīng)：〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．焦炭與二氧化硅在高溫條件下反應(yīng)生成硅單質(zhì)和一氧化碳，反應(yīng)方程式：，故A錯誤；B．氫氟酸為弱酸，不能拆為離子形式，離子方程式：，故B錯誤；C．少量會與強堿氫氧化鈉反應(yīng)生成，反應(yīng)方程式：，故C正確；D．氧化鐵溶于氫碘酸生成的鐵離子具有氧化性，與碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式：，故D錯誤；〖答案〗選C。5.氨氣含氫量高，是很好的氫源載體，燃料電池結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.b極發(fā)生還原反應(yīng)B.電池工作過程中從極向極移動C.負(fù)極的電極反應(yīng)式為D.a極消耗的與極消耗的物質(zhì)的量之比為4：3〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗燃料電池中通燃料一極為負(fù)極，即a極為負(fù)極，通空氣或氧氣一極為正極，即b極為正極，依據(jù)原電池工作原理進行分析即可；【詳析】A．根據(jù)上述分析，b極為正極，正極上得到電子，化合價降低，發(fā)生還原反應(yīng)，故A說法正確；B．根據(jù)原電池工作原理，陰離子向負(fù)極移動，即OH-向a極移動，故B說法正確；C．負(fù)極上失去電子，化合價升高，電極反應(yīng)式為2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故C說法錯誤；D．正極電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-，負(fù)極電極反應(yīng)式為2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，得失電子數(shù)目守恒，因此a極消耗氨氣與b極消耗氧氣物質(zhì)的量之比為4∶3，故D說法正確；〖答案〗為C。6.2023年5月10日，天舟六號貨運飛船成功發(fā)射，此次發(fā)射使用的是我國自主設(shè)計生產(chǎn)的運載火箭，火箭使用偏二甲肼作燃料，其反應(yīng)為。下列有關(guān)化學(xué)用語正確的是（）A.偏二甲肼的結(jié)構(gòu)簡式：B.中子數(shù)為8的氮原子結(jié)構(gòu)示意圖：C.電子式表示H2O的形成過程：D.肼也可作火箭燃料，其球棍模型：〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．N的最外層有5個電子，N形成三個共價鍵，使最外層達(dá)到8個電子，推出偏二甲肼的結(jié)構(gòu)簡式為，故A錯誤；B．氮元素原子序數(shù)為7，即質(zhì)子數(shù)為7，結(jié)構(gòu)示意圖為，故B錯誤；C．H2O為共價化合物，原子間共用電子對，不存在得失電子，因此水形成過程為，故C錯誤；D．肼又稱為聯(lián)氨，結(jié)構(gòu)簡式為H2NNH2，球棍模型為，故D正確；〖答案〗為D。7.下列屬于加成反應(yīng)的是（）A.B.C.D.〖答案〗B〖解析〗【詳析】加成反應(yīng)是指有機物分子中不飽和碳原子與其它原子或原子團直接結(jié)合生成新的化合物的反應(yīng)，具有原子利用率100％的特點，產(chǎn)物僅有一種；綜上可知A、C、D錯誤，〖答案〗選B；8.某實驗室的廢液中含有、、等，其提取磌的過程如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.“還原”過程中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1：2B.操作X用到的主要儀器有分液漏斗和燒杯C.“氧化”過程的離子反應(yīng)：D.能用淀粉溶液檢驗“富集”后溶液中是否含〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗含碘廢液中的碘與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸根和碘離子；四氯化碳不溶于水經(jīng)分液后得含碘離子溶液，經(jīng)氯氣氧化等得碘，據(jù)此回答?！驹斘觥緼．碘單質(zhì)作氧化劑得2e-，亞硫酸鈉作還原劑失2e-，即氧化劑和還原劑物質(zhì)的量為1：1，A錯誤；B．操作X為分液，即用到的主要儀器有分液漏斗和燒杯，B正確；C．“氧化”過程的離子反應(yīng)：，C正確；D．淀粉遇碘變藍(lán)，即能用淀粉溶液檢驗“富集”后溶液中是否含，D正確；故選A。9.科學(xué)家格哈德?埃特爾對一氧化碳在金屬鉑表面氧化過程的研究，催生了汽車尾氣凈化裝置。其中的三元催化器(催化利主要由、、等物質(zhì)和稀土材料組成)可將汽車尾氣中的NOx、CO、碳?xì)浠衔镛D(zhuǎn)化為無害氣體，有效降低對環(huán)境的危害。三元催化器中發(fā)生的主要反應(yīng)為。凈化原理如下圖：關(guān)于上述材料中汽車尾氣及其凈化，下列說法正確的是（）A.NOx在催化下，轉(zhuǎn)化為成N2和O2B.使用三元催化器既能增大反應(yīng)的速率，又能影響平衡狀態(tài)C.向恒容條件下的密閉容器中充入氦氣，上述反應(yīng)的速率會增大D.汽車尾氣中的CO和NO均來自于汽油的不完全燃燒〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．根據(jù)機理圖以及儲氧隨時供氧可知，說明NOx在催化劑作用下生成氮氣和氧氣，故A正確；B．催化劑只能影響化學(xué)反應(yīng)速率，對化學(xué)平衡移動無影響，故B錯誤；C．向恒容條件下的密閉容器中充入非反應(yīng)氦氣，組分濃度不變，化學(xué)反應(yīng)速率不變，故C錯誤；D．汽油來自于石油，石油是由多種碳?xì)浠衔锝M成的混合物，成分復(fù)雜，因此NO不是來自于汽油的不完全燃燒，故D錯誤；〖答案〗為A。10.某實驗小組，設(shè)計如下圖所示的裝置模擬汽車尾氣系統(tǒng)中CO與NO催化反應(yīng)。關(guān)于上述模擬實驗，下列說法錯誤的是（）A.反應(yīng)前需檢查裝置的氣密性是否良好B.裝置a中的試劑起干燥、觀察氣體流速及混合氣體的作用C.裝置c為安全瓶，能防止d裝置中的溶液倒吸入b裝置D.裝置d中的溶液能完全吸收實驗中的有害尾氣〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．模擬有氣體參與的實驗，即實驗前需要檢查裝置的氣密性是否良好，A正確；B．一氧化氮和一氧化碳分別用兩支導(dǎo)管通入濃硫酸，即可通過氣泡觀察流速且使氣體混合，并干燥，B正確；C．c裝置為安全瓶，能防止d裝置中的澄清石灰水倒吸，C正確；D．d裝置中氫氧化鈉溶液可檢驗氣體二氧化碳，但不能與尾氣中的CO和NO反應(yīng)，故不能吸收有害尾氣，D錯誤；故選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.下列實驗方案能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ┻x項ABCD目的比較乙醇和水分子中氫原子的活性潑驗證石蠟分解的產(chǎn)物是乙烯探究化學(xué)反應(yīng)速率影響因素證明金屬性Mg>Al實驗方案〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．鈉與乙醇、水反應(yīng)均能生成氫氣，在同一條件下，將相同體積和形狀的鈉塊分別投入到乙醇、水中，通過比較氣泡的產(chǎn)生速率，可以比較乙醇和水分子中氫原子的活性潑，故A正確；B．石蠟油催化裂化的產(chǎn)物能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明產(chǎn)物中有不飽和烴生成，但不能證明是乙烯，故B錯誤；C．探究化學(xué)反應(yīng)速率影響因素，要控制單一變量，題中過氧化氫的濃度不同、滴加試劑的陽離子和陰離子均不同，不能達(dá)到實驗?zāi)康?，故C錯誤；D．一般來說，活潑金屬作原電池的負(fù)極，但鋁能與氫氧化鈉溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，而鎂不能，則該原電池裝置不能證明金屬性Mg>Al，故D錯誤；〖答案〗選A。12.如圖為一重要有機化合物的結(jié)構(gòu)簡式。下列說法正確的是（）A.該芳香烴能使酸性高錳酸鉀溶液褪色B.該有機物分子中所有的碳原子可能位于同一平面上C.1mol該物質(zhì)最多可以與1molH2發(fā)生加成反應(yīng)D.與1mol該物質(zhì)反應(yīng)消耗Na、NaOH、NaHCO3物質(zhì)的量之比為2：1：1〖答案〗BD〖解析〗【詳析】A．該有機物中除含C、H外，還含有O元素，該有機物屬于烴的衍生物，不屬于芳香烴，故A錯誤；B．苯的空間構(gòu)型為平面正六邊形，乙烯的空間構(gòu)型為平面形，因此該有機物中所有碳原子可能共面，故B正確；C．1個苯環(huán)最多與3個氫氣發(fā)生加成，1個碳碳雙鍵與1個氫氣發(fā)生加成，因此1mol該有機物最多可以與4mol氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故C錯誤；D．能與Na反應(yīng)的官能團是-OH和-COOH，能與NaOH、NaHCO3溶液反應(yīng)的官能團是-COOH，1mol該有機物中含有1mol-OH、1mol-COOH，因此消耗Na、NaOH、NaHCO3物質(zhì)的量為2∶1∶1，故D正確；〖答案〗為BD。13.我國科研人員提出了由CO2和CH4轉(zhuǎn)化為高附加值產(chǎn)品CH3COOH的催化反應(yīng)歷程，如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.催化劑參加了化學(xué)反應(yīng)過程B.CH4→CH3COOH反應(yīng)過程中，有C-H鍵的斷裂和形成C.①→②過程中，放出能量并形成了C-C鍵D.生成CH3COOH總反應(yīng)的類型是加成反應(yīng)〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．由圖可知，催化劑參與了化學(xué)反應(yīng)的過程，故A正確；B．結(jié)合反應(yīng)歷程圖可知，CH4→CH3COOH反應(yīng)過程中，有C-H鍵的斷裂和C-O鍵C-C鍵的形成，無C-H鍵的形成，故B錯誤；C．根據(jù)反應(yīng)歷程能量變化可知，①→②過程中放出能量，并形成了C-C鍵，故C正確；D．由機理圖可知，產(chǎn)物只有一種，原子利用率百分之百，屬于加成反應(yīng)，故D正確；〖答案〗選B。14.180℃時將0.5molH2和1molCO2通入2L的恒容密閉容器中，反應(yīng)生成甲醇蒸汽(CH3OH)和某無機產(chǎn)物，測得各物質(zhì)的物質(zhì)的量隨時間變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A.在內(nèi)，反應(yīng)仍未達(dá)到平衡狀態(tài)B.該反應(yīng)的化學(xué)方程式為C.和物質(zhì)的量之比不變時，該反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)D.反應(yīng)前后容器內(nèi)氣體的壓強之比為15：13〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗0-3min內(nèi)，CO2和H2的n分別為0.1mol和0.3mol，則其參加反應(yīng)的比例為1:3，得出反應(yīng)方程式為，根據(jù)平衡濃度，可以列出三段式如下?！驹斘觥緼．根據(jù)分析中各物質(zhì)平衡濃度，3min后，反應(yīng)已到達(dá)平衡，A錯誤；B．根據(jù)分析，反應(yīng)的方程式為，B錯誤；C．H2和CO2以1:2通入，但以3:1消耗，因此，反應(yīng)過程中，H2和CO2比值一直變化，當(dāng)物質(zhì)的量比值不變時，反應(yīng)到達(dá)平衡，C正確；D．恒溫恒容時，氣體壓強之比等于物質(zhì)的量之比，反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量n(前)=1+0.5=1.5mol，n(后)=0.9+0.2+0.1+0.1=1.3mol，因此反應(yīng)前后的壓強之比=15:13，D正確；〖答案〗選CD。15.一種可穿戴電池的結(jié)構(gòu)如圖所示，其中凝膠電解質(zhì)不易漏液，耐火性能良好。其電池的總反應(yīng)為。關(guān)于該電池工作原理，下列說法錯誤的是（）A.為負(fù)極B.正極反應(yīng)式為C.電子由負(fù)極經(jīng)隔離膜流向正極D.凝膠電解質(zhì)可提高電池的安全性和穩(wěn)定性〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗該電池的總反應(yīng)為，鋅化合價升高為負(fù)極，V2O5在正極，據(jù)此回答?！驹斘觥緼．反應(yīng)中Zn化合價升高，失去電子，因此Zn負(fù)極，A正確；B．正極得電子，因此正極的電極反應(yīng)為，B正確；C．電子只能通過導(dǎo)線由負(fù)極流向正極，不能在電解質(zhì)體系中移動，C錯誤；D．若電解質(zhì)為溶液則可能會腐蝕容器材料或者會泄漏，有安全隱患，因此凝膠電解質(zhì)可提高電池的安全性和穩(wěn)定性，D正確；故選C。三、非選擇題：本題包括5小題，共60分。16.已知A、B、C、D、E、G是原子序數(shù)依次增大的六種短周期主族元素。常溫下元素A的單質(zhì)分子由雙原子構(gòu)成，元素B原子最外層電子數(shù)是次外層的3倍，元素D原子的M層電子數(shù)比K層少1個，元素E的簡單離子在同周期中半徑最小，G與C處于同一主族?；卮鹣铝袉栴}：（1）元素B在周期表中的位置為___________。（2）如圖是某同學(xué)設(shè)計的用濃鹽酸和固體制取少量G單質(zhì)，并驗證其氧化性比碘單質(zhì)強的微型裝置：證明G單質(zhì)氧化性比碘單質(zhì)強的實驗現(xiàn)象是___________，從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋是___________；裝置生成G單質(zhì)的離子方程式為___________。（3）下列說法正確的是___________(填標(biāo)號)。a．元素A、B組成的化合物常溫下一定呈氣態(tài)b．元素D、E、G的最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩之間均能發(fā)生反應(yīng)c．離子半徑：C>Ad．簡單氫化物的穩(wěn)定性：B>G（4）能證明元素D的金屬性強于元素E的是___________(填標(biāo)號)。a．單質(zhì)熔點：D<Eb．最高正價：D<Ec．最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性：D>E〖答案〗（1）第二周期第VIA族（2）①.濕潤的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)②.氯元素和碘元素同族，原子半徑氯小于碘，氯原子得電子能力強于碘原子，所以氯氣氧化性強于碘單質(zhì)③.（3）bd（4）c〖解析〗A、B、C、D、E、G是原子序數(shù)依次增大的六種短周期主族元素，元素B原子最外層電子數(shù)是次外層的3倍，則B為氧元素；元素D原子的M層電子數(shù)比K層少1個，則D為鈉元素，則C只能為氟元素；元素E的簡單離子在同周期中半徑最小，則E為鋁元素；G與C處于同一主族，則G為氯元素;常溫下元素A的單質(zhì)分子由雙原子構(gòu)成，則A為氫元素或氮元素；（1）據(jù)分析，元素B為氧元素，位于元素周期表第二周期第VIA族；（2）濃鹽酸和固體發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，可將碘化鉀中的I-氧化為I2，使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{(lán)；氯元素和碘元素同族，原子半徑氯小于碘，氯原子得電子能力強于碘原子，所以氯氣氧化性強于碘單質(zhì)；濃鹽酸和固體發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣、氯化錳和水，離子方程式：；（3）a．A為氫元素或氮元素，B為氧元素，二者組成的化合物常溫下不一定是氣態(tài)，故a錯誤；b．元素D、E、G分別為Na、Al、Cl，最高價氧化物對應(yīng)水化物分別是強堿氫氧化鈉、兩性氫氧化物氫氧化鋁和強酸高氯酸，兩兩間可以發(fā)生反應(yīng)，故b正確；c．C只能為氟元素，A為氫元素或氮元素,離子電子層越多，離子半徑越大，電子層相同，原子序數(shù)越大，離子半徑越小，所以或，故c錯誤；d．非金屬性：，簡單氫化物的穩(wěn)定性：，故d正確；〖答案〗選bd；（4）a．單質(zhì)熔點高低與元素的金屬性無關(guān)，故a錯誤；b．元素最高化合價與元素金屬性無關(guān)，故b錯誤；c．元素金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的堿性越強，NaOH堿性強于Al（OH）3，證明金屬性：，故c正確；〖答案〗選c。17.工業(yè)上以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2等雜質(zhì))為主要原料制備氧化鋁，流程如圖：回答下列問題：（1）酸浸：為提高酸浸速率，可采取的措施有___________(任填兩種)；H2SO4溶液的用量不宜過量太多，原因是___________；浸渣的主要成分為___________(填化學(xué)式)。（2）氧化：H2O2的電子式為___________；該步驟中反應(yīng)的離子方程式為___________。（3）沉淀：用Na2CO3溶液調(diào)節(jié)pH，將Al3+、Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀。溶液pH對鋁、鐵沉淀率的影響如圖所示。為獲得較高的鋁、鐵沉淀率，溶液pH最佳為___________(填標(biāo)號)A．4.0左右B．5.0左右（4）堿溶：用NaOH溶液溶解沉淀，分離出Fe(OH)3的實驗操作是___________(填名稱)?！即鸢浮剑?）①.升高溫度、攪拌②.過量的H2SO4溶液會增大后續(xù)過程碳酸鈉和氫氧化鈉的用量，造成浪費③.SiO2（2）①.②.（3）B（4）過濾〖解析〗鋁土礦經(jīng)過酸浸，生成Al3+、Fe3+和Fe2+，二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，過濾可除去，過氧化氫可將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)溶液pH可使Al3+、Fe3+形成沉淀，利用強堿NaOH溶液將Al(OH)3溶解生成偏鋁酸鹽，將氫氧化鐵沉淀濾出進行分離，最后用酸對偏鋁酸鹽溶液進行處理生成氫氧化鋁沉淀，加熱使之分解出氧化鋁；（1）為提高酸浸速率，可采取的措施：升高溫度、攪拌；過量的H2SO4溶液會增大后續(xù)過程碳酸鈉和氫氧化鈉的用量，造成浪費；二氧化硅不與硫酸反應(yīng)，所以濾渣為二氧化硅；（2）過氧化氫屬于共價化合物，其電子式：；在酸性環(huán)境下過氧化氫將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原成水，離子方程式：；（3）根據(jù)圖像可知當(dāng)pH在5.0左右鋁、鐵沉淀率接近百分之百，后續(xù)調(diào)節(jié)pH沉淀率變化不大，所以最佳pH為5.0左右，〖答案〗選B；（4）用NaOH溶液溶解沉淀，氫氧化鋁沉淀被溶解，F(xiàn)e(OH)3沉淀不被溶解，通過過濾操作可將溶液和沉淀分離18.某化學(xué)小組進行制備乙酸乙酯的實驗。實驗操作：i．按如圖所示連接好裝置并檢查氣密性；ii．向試管A中加入無水乙醇、濃硫酸和冰醋酸的混合物；iii．小火均勻加熱裝有混合物的試管A5～10min，停止加熱，撤下試管B并振蕩，靜置；iv．分離出乙酸乙酯?；卮鹣铝袉栴}：（1）試管A中濃硫酸的作用是___________，加熱前還應(yīng)加入___________，其中反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（2）若步驟iii中加熱溫度過高，易導(dǎo)致___________；靜置后，試管B中現(xiàn)象是___________；導(dǎo)管口末端在飽和碳酸鈉溶液液面之上的目的是___________。（3）關(guān)于試管B中飽和Na2CO3溶液，下列說法正確的是___________(填標(biāo)號)。a．中和乙酸，溶解乙醇b．降低乙酸乙酯在水中的溶解度，加速與水溶液的分層c．可以用飽和NaHCO3溶液或NaOH溶液代替（4）化學(xué)小組又設(shè)計了改進裝置如圖(圖中的鐵架臺、鐵夾、加熱裝置已略去)。與上述裝置相比，該裝置的主要優(yōu)點有___________(填一條即可)。〖答案〗（1）①.催化劑、吸水劑②.沸石或碎瓷片③.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（2）①.導(dǎo)致反應(yīng)物乙醇、乙酸大量揮發(fā)(導(dǎo)致發(fā)生其他副反應(yīng))②.出現(xiàn)分層③.防止倒吸（3）ab（4）增加了溫度計，便于控制發(fā)生裝置中反應(yīng)液的溫度，減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生；增加了分液漏斗，便于控制反應(yīng)物的量，提高反應(yīng)物的利用率；增加了冷凝裝置，有利于收集產(chǎn)物乙酸乙酯〖解析〗本實驗制備乙酸乙酯，其反應(yīng)原理是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，依次加入藥品為乙醇、濃硫酸和乙酸的混合物，加熱，用碳酸鈉溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，據(jù)此分析；（1）制備乙酸乙酯的反應(yīng)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，濃硫酸的作用是作催化劑，也可吸收生成物水，促進平衡向正反應(yīng)方向進行，提高乙酸乙酯的產(chǎn)率，因此濃硫酸還作吸水劑；因為是溶液加熱反應(yīng)，為防止液體暴沸，加熱前需要加入沸石或碎瓷片；故〖答案〗為催化劑、吸水劑；沸石或碎瓷片；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）乙醇、乙酸易揮發(fā)，如果加熱溫度過高，導(dǎo)致反應(yīng)物乙醇、乙酸大量揮發(fā)，如果加熱溫度過高，濃硫酸與乙醇發(fā)生消去反應(yīng)，生成乙烯等副反應(yīng)發(fā)生；用碳酸鈉溶液吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，靜置后試管B中現(xiàn)象是出現(xiàn)分層；導(dǎo)管口末端在飽和碳酸鈉溶液液面之上的目的是防止倒吸；故〖答案〗為導(dǎo)致反應(yīng)物乙醇、乙酸大量揮發(fā)(導(dǎo)致發(fā)生其他副反應(yīng))；出現(xiàn)分層；防止倒吸；（3）a．乙酸乙酯中混有乙酸、乙醇，用碳酸鈉溶液吸收乙醇，除去乙酸，故a正確；b．碳酸鈉的作用之一是降低乙酸乙酯在水溶液中的溶解度使之析出，故b正確；c．乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，因此不能用NaOH代替碳酸鈉，故c錯誤；〖答案〗為ab；（4）根據(jù)裝置圖可知，增加了溫度計，便于控制發(fā)生裝置中反應(yīng)液的溫度，減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生；增加了分液漏斗，便于控制反應(yīng)物的量，提高反應(yīng)物的利用率；增加了冷凝裝置，有利于收集產(chǎn)物乙酸乙酯；故〖答案〗為增加了溫度計，便于控制發(fā)生裝置中反應(yīng)液的溫度，減少副產(chǎn)物的產(chǎn)生；增加了分液漏斗，便于控制反應(yīng)物的量，提高反應(yīng)物的利用率；增加了冷凝裝置，有利于收集產(chǎn)物乙酸乙酯。19.石油被稱為“工業(yè)的血液”，下圖為部分石油化工轉(zhuǎn)化流程圖?；卮鹣铝袉栴}：（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為___________；丙烯酸分子中所含官能團的名稱為___________；檢驗丙烯酸乙酯中是否混有丙烯酸，可選用的化學(xué)試劑為___________。（2）④的化學(xué)方程式為___________，反應(yīng)類型為___________。（3）下列說法中正確的是___________(填標(biāo)號)a．聚丙烯酸能夠使酸性高錳酸鉀溶液褪色b．原油分餾屬于物理變化，石蠟油“催化重整”屬于化學(xué)變化c．除去溴苯中混有的少量溴，可加入NaOH溶液，再分液（4）綠色化學(xué)的核心內(nèi)容之一是“原子經(jīng)濟性”，即反應(yīng)物中的原子全部轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物，原子的理論利用率為100%。上述轉(zhuǎn)化反應(yīng)①、②、③、④中符合綠色化學(xué)要求的是___________(填序號)（5）選擇合適儀器，組裝分離溴苯和苯的實驗裝置(加持、加熱