2023-2024學年北京市昌平區(qū)高一下學期期末考試化學試卷 （解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1北京市昌平區(qū)2023-2024學年高一下學期期末考試試卷本試卷共8頁，共100分?？荚嚂r長90分鐘?？忌鷦毡貙ⅰ即鸢浮酱鹪诖痤}卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y束后，將答題卡交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Na23Cl35.5第一部分選擇題(共42分)在下列各題的四個選項中，只有一個選項符合題意。(每小題2分，共42分)1.中華文化源遠流長，下列古文物涉及的主要材料中，屬于有機物的是（）A.青銅器“四羊方尊”的主要材質——合金B(yǎng)景德鎮(zhèn)青花瓷主要成分——硅酸鹽C.竹簡的成分之一——纖維素D.《千里江山圖》顏料之一孔雀石的主要成分——堿式碳酸銅〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．青銅器是銅錫的合金，屬于金屬材料，A不符合題意；B．青花瓷主要成分是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，B不符合題意；C．竹簡的成分之一是纖維素，纖維素屬于有機物，C符合題意；D．孔雀石的主要成分是堿式碳酸銅，它屬于無機化合物，D不符合題意；故選C。2.下列裝置或過程能將化學能轉化為電能是（）A．氫燃料電池B．風力發(fā)電C．天然氣燃燒D．太陽能電池板〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．氫燃料電池將化學能轉化為電能，A正確；B．風力發(fā)電是風能轉化為電能，B錯誤；C．天然氣燃燒將化學能轉化為熱能，C錯誤；D．太陽能電池是將太陽能轉化為電能，D錯誤；故選A。3.下列元素的原子半徑最大的是（）A.F B.Cl C.Br D.I〖答案〗D〖解析〗【詳析】F、Cl、Br、I位于同主族，同主族元素從上到下，隨原子序數的增大，原子半徑逐漸增大，I的原子序數最大，則原子半徑最大，〖答案〗選D。4.下列物質堿性最強的是（）A.NaOH B.Mg(OH)2 C.Al(OH)3 D.KOH〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗同周期元素從左向右金屬性逐漸減弱，同主族元素從上到下金屬性逐漸增強；金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，據此判斷?！驹斘觥縉a、Mg、Al在同周期，同周期元素從左向右金屬性逐漸減弱，則金屬性：Na＞Mg＞Al，所以堿性NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3；而鉀與鈉同主族，同一主族，從上到下，金屬性逐漸增強，鉀的金屬性強于鈉，所以堿性KOH＞NaOH，故堿性最強的為KOH?！即鸢浮竭xD。5.下列物質中，含有離子鍵的是（）A.NaCl B. C.HCl D.〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．氯化鈉是只含有離子鍵的離子化合物，故A符合題意；B．水分子是只含有共價鍵的共價化合物，故B不符合題意；C．氯化氫分子是只含有共價鍵的共價化合物，故C不符合題意；D．氮氣分子是只含有共價鍵的非金屬單質，故D不符合題意；故選A。6.下列物質的電子式書寫正確的是（）A. B.C.Cl:Cl D.〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．CO2分子中，C原子與每個O原子間各形成2對共用電子，則電子式為，A不正確；B．Na2O為離子化合物，由Na+和O2-構成，電子式為，B正確；C．Cl2分子中，兩個Cl原子間形成1對共用電子，另外，每個Cl原子的最外層還有3個孤電子對，電子式為，C不正確；D．N2分子中，兩個N原子間形成3對共用電子，另外，每個N原子的最外層還有1個孤電子對，電子式為:NN:，D不正確；故選B。7.金屬鉬具有高強度、熔點高、抗磨耐腐蝕等特點，主要用于航天合金材料制作。下列關于鉬()的說法中，不正確的是（）A.質子數為42 B.中子數為54C.核外電子數為54 D.質量數為96〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．的左下角數字表示質子數，則質子數為42，A正確；B．的質子數為42，質量數為96，則中子數為96-42=54，B正確；C．原子的質子數為42，核外電子數與質子數相等，則核外電子數為42，C不正確；D．的左上角數字表示質量數，則質量數為96，D正確；故選C。8.下列分子中，含酯基的是（）A B.C. D.〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．含有碳碳雙鍵，A錯誤；B．含有羧基，B錯誤；C．含有羥基，C錯誤；D．含有酯基，D正確；故選D。9.下列關于乙醇的說法中，不正確的是（）A.無色無味，易溶于水 B.分子式為C2H6OC.能與乙酸反應 D.能使酸性KMnO4溶液褪色〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．乙醇易溶于水，無色但具有特殊香味，A不正確；B．乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，分子式為C2H6O，B正確；C．乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，在濃硫酸、加熱條件下，能與乙酸發(fā)生酯化反應，C正確；D．乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，能被酸性KMnO4溶液氧化，從而使酸性KMnO4溶液褪色，D正確；故選A。10.下列化合物中，與互為同分異構體的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．與比分子少1個“CH2”原子團，二者互為同系物，A不符合題意；B．與的分子式都為C4H10，但結構不同，二者互為同分異構體，B符合題意；C．與的分子式不同，二者不互為同分異構體，C不符合題意；D．比的分子少2個H原子，二者的分子式不同，不互為同分異構體，D不符合題意；故選B。11.一定溫度下的密閉容器中，發(fā)生可逆反應，下列說法中，能說明該反應一定達到化學平衡狀態(tài)的是（）A.、、HI的濃度相等B.、、HI的濃度之比為1：1：2C.、、HI在密閉容器中共存D.消耗2molHI的同時消耗1mol〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．平衡時各物質的濃度關系取決于反應物的起始量和轉化的程度，則、、HI的濃度相等不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故A錯誤；B．平衡時各物質的濃度關系取決于反應物的起始量和轉化的程度，則、、HI的濃度之比為1：1：2不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故B錯誤；C．該反應是可逆反應，反應不可能完全反應，無論是否達到平衡狀態(tài)，、、HI在密閉容器中均共存，則、、HI在密閉容器中共存不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故C錯誤；D．由方程式可知，消耗2molHI的同時消耗1mol，說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故D正確；故選D。12.下列有關能量變化的說法中，不正確的是（）A.碳酸鈣受熱分解的反應為吸熱反應B.等量的水蒸發(fā)所吸收的能量小于分解所吸收的能量C.天然氣燃燒放出能量是因為甲烷的能量大于生成物的能量D.形成新化學鍵釋放的能量大于破壞舊化學鍵吸收的能量時，反應放出能量〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．大多數分解反應是吸熱反應，如碳酸鈣受熱分解的反應為吸熱反應，A正確；B．水蒸發(fā)所吸收的能量只是克服分子間作用力，而分解則需要克服化學鍵，化學鍵大于分子間作用力，即等量的水蒸發(fā)所吸收的能量小于分解所吸收的能量，B正確；C．當反應物的總能量高于生成物的總能量時反應表現放熱，故天然氣燃燒放出能量是因為甲烷和氧氣的總能量大于生成物的總能量，C錯誤；D．形成新化學鍵釋放的能量即釋放出的能量大于破壞舊化學鍵吸收的能量即吸收的能量時，反應放出能量，D正確；故〖答案〗為：C。13.下列實驗現象與發(fā)生加成反應有關的是（）A.甲烷與氯氣的混合氣體在光照條件下，黃綠色消失B.乙烯通入酸性溶液中，溶液褪色C.乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色D.金屬鈉放入無水乙醇中，產生氣泡〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．甲烷與氯氣的混合氣體在光照條件下發(fā)生取代反應生成生成氯代甲烷和氯化氫，則黃綠色消失與發(fā)生加成反應無關，故A不符合題意；B．乙烯與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色，則溶液褪色與發(fā)生加成反應無關，故B不符合題意；C．乙烯與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應使溶液褪色，則溶液褪色與發(fā)生加成反應有關，故C符合題意；D．金屬鈉與乙醇發(fā)生置換反應生成乙醇鈉和氫氣，則產生氣泡與發(fā)生加成反應無關，故D不符合題意；故選C。14.某元素的原子結構示意圖為。下列關于該元素的說法中，不正確的是（）A.位于第三周期 B.最高正化合價為價C.原子在化學反應中易得到電子 D.單質氧化性強于氧氣〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由元素的原子結構示意圖為可知，該元素原子序數為16，為S元素，位于元素周期表第三周期第ⅥA族，由此分析回答；【詳析】A．由分析可知，該元素位于第三周期，A正確；B．由原子結構示意圖可知，該元素最外層有6個電子，最高正化合價為+6價，B正確；C．該元素最外層有6個電子，容易得到電子，C正確；D．S元素與O元素為同一主族，從上到下，非金屬性減弱，單質的氧化性減弱，故氧化性弱與氧氣，D錯誤；故選D。15.下列事實不能用元素周期律解釋的是（）A.非金屬性： B.酸性：C.還原性： D.熱穩(wěn)定性：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A.同主族元素，從上至下，非金屬性減弱，S和O同族，非金屬性O>S，故A選項可以用元素周期律解釋；B.同一周期主族元素，從左到右，非金屬性逐漸增強，最高價氧化物對應水化物的酸性增強，故可知酸性HClO4>H2SO4，不可對比氫化物的酸性，故B選項不可以用元素周期律解釋；C.同一周期主族元素，從左到右，金屬性逐漸減弱，即金屬性：Mg>Al，故C選項可以用元素周期律解釋；D．同一周期主族元素，從左到右，非金屬性逐漸增強，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性增強，即熱穩(wěn)定性：NH3<H2O，故D選項可以用元素周期律解釋；故〖答案〗選B。16.下列說法中，不正確的是（）A.淀粉屬于多糖B.可用新制氫氧化銅懸濁液檢驗葡萄糖C.油脂可看作高級脂肪酸與甘油生成的酯D.飽和溶液使蛋白質變性〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．淀粉的化學式為(C6H10O5)n，為多糖，A正確；B．葡萄糖中含有醛基，新制的氫氧化銅懸濁液與葡萄糖反應產生磚紅色沉淀，B正確；C．高級脂肪酸與甘油發(fā)生酯化反應得到高級脂肪酸脂，即油脂，C正確；D．飽和溶液使蛋白質發(fā)生鹽析，D錯誤故選D。17.下圖為合成氨反應的催化歷程示意圖。下列說法中，不正確的是（）A.屬于共價化合物B.過程②吸收能量，過程③放出能量C.反應過程中有非極性鍵斷裂，有極性鍵形成D.標準狀況下，生成22.4L時轉移電子數約為〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．1個分子中，只存在三個N-H鍵，則NH3屬于共價化合物，A正確；B．過程②中斷裂N≡N鍵和H-H鍵，需要吸收能量，過程③中形成N-H鍵，能夠放出能量，B正確；C．反應過程中，斷裂的N≡N鍵、H-H鍵都為非極性鍵，形成的N-H鍵為極性鍵，C正確；D．標準狀況下，生成22.4L的物質的量為1mol，N元素從0價降低到-3價，轉移電子數約為，D錯誤；故選D。18.密閉容器中，和足量在一定條件下發(fā)生反應。、的濃度隨時間的變化如圖。下列說法中，不正確的是（）A.B.2min時，反應達化學平衡狀態(tài)C.反應開始至5min末，以濃度的變化表示該反應的平均反應速率是0.8mol/(L·min)D.若起始充入和足量，化學平衡狀態(tài)時核素存在于、、中〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．從圖中可以看出，與的反應為可逆反應，該反應的化學方程式為，故A正確；B．2min時，的濃度逐漸減少，的濃度逐漸升高，該反應未達化學平衡狀態(tài)，故B錯誤；C．反應開始至5min末，以濃度的變化表示該反應的平均反應速率是，故C正確；D．該反應為可逆反應，若起始充入和足量，化學平衡狀態(tài)時核素存在于、、中，故D正確；故選B。19.檸檬酸是發(fā)酵行業(yè)的支柱產品之一，其結構簡式如圖，下列關于檸檬酸的說法中，正確的是（）A.分子中有3種官能團B.能用于除水垢，因其結構中含有—OHC.兩分子之間可發(fā)生酯化反應D.與碳酸氫鈉反應為放熱反應〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．由結構簡式可知，檸檬酸的官能團為羥基、羧基，共2種，故A錯誤；B．由結構簡式可知，檸檬酸分子中含有的羧基能與碳酸鈣反應，所以檸檬酸能用于除水垢，故B錯誤；C．由結構簡式可知，檸檬酸的官能團為羥基、羧基，所以檸檬酸分子之間可發(fā)生酯化反應，故C正確；D．檸檬酸與碳酸氫鈉的反應為吸收熱量的吸熱反應，故D錯誤；故選C。20.以空氣和鋼鐵酸洗廢液(主要含有和)為原料合成，，原理如下圖所示。下列說法中，不正確的是（）A.反應Ⅰ中做還原劑B.反應Ⅱ后體系pH降低C.為反應的催化劑，可加快反應速率D.生成的總反應可表示為〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由轉化圖可知反應為，可知反應為，其中為催化劑，前后保持不變，為中間產物，制備的總反應方程式為：?！驹斘觥緼．由轉化圖可知反應為，氧氣得電子化合價降低為氧化劑，失電子化合價升高為還原劑，故A正確；B．反應反應為：，可知在消耗，濃度在降低，值在升高，故B錯誤；C．由轉化圖可知前后保持不變，為該反應催化劑，可加快反應速率，為中間產物，故C正確；D．由轉化圖可知反應的反應物與生成物，生成的總反應可表示為，故D正確；故選B。21.利用硫鐵礦焙燒后的燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制取七水合硫酸亞鐵(FeSO4?7H2O)，一種流程如下：已知：Al2O3既可與強酸反應又可與強堿反應，均生成可溶于水的鹽。下列說法中，不正確的是（）A.過程①溶解燒渣可選用足量鹽酸，過程④試劑X選用鐵粉B.固體1中含有SiO2，溶液2中的離子為Na+、、OH-C.從溶液3得到FeSO4?7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解D.若改變方案，在過程①中加過量NaOH溶液，得到固體1后經過程③④⑤也可得到FeSO4?7H2O〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)中加入足量酸，Fe2O3轉化為Fe3+、Al2O3轉化為Al3+，SiO2不溶而成為固體1；溶液1中加入過量NaOH溶液，Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀(固體2)，Al3+轉化為(溶液2)；固體2中加入足量酸，Fe(OH)3轉化Fe3+等，再加入還原劑(如鐵粉)將Fe3+還原為Fe2+；將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，從而獲得FeSO4?7H2O?！驹斘觥緼．燒渣的主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，過程①溶解燒渣，主要是溶解Fe2O3、Al2O3，可選用足量鹽酸，過程④試劑X是將Fe3+還原為Fe2+，可以選用鐵粉，A正確；B．由分析可知，固體1中含有SiO2，溶液2中除含有Na+、、OH-外，還含有酸根離子等，B不正確；C．Fe2+易水解且具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化，則從溶液3得到FeSO4?7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解，C正確；D．若改變方案，在過程①中加過量NaOH溶液，Al2O3轉化為，得到固體1中含有Fe2O3等，經過程③④⑤，Fe2O3分別轉化為Fe3+、Fe2+，最后結晶析出，也可得到FeSO4?7H2O，D正確；故選B。第二部分非選擇題(共58分)22.化學電池是人類生產生活的重要能量來源之一。（1）下列反應可通過原電池裝置實現化學能直接轉化為電能的是_____(選填字母)。a．鐵與稀硫酸反應b．晶體與晶體反應c．甲烷與氧氣反應（2）某研究小組利用氫氧燃料電池做動力驅動小車，圖1為簡易實驗裝置示意圖，從構成原電池的基本要素來看，氫氣的作用是(選填字母，下同)_____，石墨電極b的作用是_____，導線的作用是_____，稀硫酸的作用是_____。a．負極反應物b．正極反應物c．負極材料d．正極材料e．離子導體f．電子導體（3）圖2為另一種簡易原電池裝置。①證實化學能轉化為電能的實驗現象是：電流表指針偏轉、_____。②鋅片上發(fā)生_____(填“氧化”或“還原”)反應。③正極的電極反應式是_____。④下列說法中，不正確的是_____。a．將銅片換為石墨，仍可產生電流b．將稀硫酸換為硫酸銅溶液，兩極電極反應不變c．將稀硫酸換為稀鹽酸，兩極電極反應不變d．電子經導線從鋅片流向銅片后，再經溶液從銅片流回鋅片（4）利用反應設計一個簡易原電池，請在圖3上標明所使用的用品_____?！即鸢浮剑?）ac（2）①.a②.d(f)③.f④.e（3）①.銅電極上產生氣泡②.氧化③.④.bd（4）〖解析〗（1）鐵與稀硫酸反應、甲烷與氧氣反應都是自發(fā)的氧化還原反應，都能設計為原電池實現化學能直接轉化為電能，而八水氫氧化鋇與氯化銨的反應是非氧化還原反應，不能設計為原電池實現化學能直接轉化為電能，故選ac；（2）由圖可知，通入氫氣的電極a為燃料電池的負極，氫氣在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成氫離子，通入氧氣的電極b為正極，酸性條件下氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成水，原電池工作時，導線為電子導體、稀硫酸為離子導體，故〖答案〗為：a；d(f)；f；e；（3）由圖可知，該裝置為化學能轉化為電能的裝置，比銅活潑的鋅為原電池的負極，鋅在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，銅為正極，氫離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，原電池工作時，電流表指針偏轉、銅電極上產生氣泡；①由分析可知，證實化學能轉化為電能的實驗現象是電流表指針偏轉、銅電極上產生氣泡，故〖答案〗為：電流表指針偏轉、銅電極上產生氣泡；②由分析可知，鋅為原電池的負極，鋅在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，故〖答案〗為：氧化；③由分析可知，銅為正極，氫離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應式為，故〖答案〗為：；④a．將銅片換為石墨，鋅、石墨在稀硫酸中依然可以構成原電池，仍可產生電流，故正確；b．將稀硫酸換為硫酸銅溶液，鋅、銅在硫酸銅溶液中構成原電池，銅為正極，銅離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成銅，正極電極反應式為會發(fā)生改變，故錯誤；c．將稀硫酸換為稀鹽酸，比銅活潑的鋅為原電池的負極，鋅在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，銅為正極，氫離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，兩極電極反應不變，故正確；d．電解質溶液不能傳遞電子，所以電子經導線從鋅片流向銅片后，不可能再經溶液從銅片流回鋅片，故錯誤；故選ac；（4）由反應方程式和電子移動方向可知，左側電極為做負極的鐵電極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應生成亞鐵離子，右側電極為做正極的石墨電極，鐵離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成亞鐵離子，簡易原電池的示意圖為，故〖答案〗為：。23.的綜合利用是減少碳排放的一種重要方式。Ⅰ．我國科學家首次在實驗室實現從到淀粉的全合成，部分合成路線如下圖：（1）甲醇中含有的官能團名稱是_____。（2）甲同學搭建出下圖兩種甲醛的球棍模型，其中不正確的是(填序號)_____，原因是(從原子結構角度予以說明)_____。（3）寫出DHA的結構簡式_____。乙同學推測DHA能與金屬鈉反應，推測依據是_____。Ⅱ．以淀粉為主要原料可合成多種有機化合物，其中一種合成路線如下圖所示：（4）C的結構簡式是_____（5）反應ii的化學方程式是_____，反應類型是_____。（6）反應v的化學方程式是_____，反應類型是_____。（7）下列說法中，不正確的是(選填字母)_____。a．A~F均屬于烴的衍生物b．反應iii體現了A的氧化性c．可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中的乙酸d．淀粉遇碘變藍是淀粉的特征反應〖答案〗（1）羥基（2）①.①②.碳原子最外層電子數為4，應形成4對共用電子對以達到8電子穩(wěn)定結構，①中C原子形成5對共用電子對，因此①不正確（3）①.②.DHA中含有羥基，與乙醇中的官能團相同，乙醇能與金屬鈉反應，因此推測DHA也能與金屬鈉反應（4）（5）①.②.加成反應（6）①.②.酯化反應（7）ab〖解析〗Ⅰ．由有機物的轉化關系可知，一定條件下二氧化碳與氫氣反應生成甲醇，醇氧化酶作用下甲醇與氧氣反應生成甲醛，甲酰酶作用下甲醛，經多步轉化生成淀粉；Ⅱ．由有機物的轉化關系可知，淀粉在稀硫酸中共熱發(fā)生水解反應生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下發(fā)酵生成乙醇，一定條件下乙醇發(fā)生消去反應生成乙烯，乙烯與溴水發(fā)生加成反應生成1，2—二溴乙烷，一定條件下乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，則C為聚乙烯；銅做催化劑條件下乙醇和氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成乙醛，則D為乙醛；催化劑作用下乙醛和氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成乙酸，濃硫酸作用下乙酸和乙醇共熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，則F為乙酸乙酯。（1）由結構簡式可知，甲醇的官能團為羥基，故〖答案〗為：羥基；（2）碳原子最外層電子數為4，應形成4對共用電子對以達到8電子穩(wěn)定結構，①中C原子形成5對共用電子對，因此①不正確、②正確，故〖答案〗為：①；碳原子最外層電子數為4，應形成4對共用電子對以達到8電子穩(wěn)定結構，①中C原子形成5對共用電子對，因此①不正確；（3）由分析可知，DHA的結構簡式為，DHA中含有羥基，與乙醇中的官能團相同，乙醇能與金屬鈉反應，因此推測DHA也能與金屬鈉反應，故〖答案〗為：；DHA中含有羥基，與乙醇中的官能團相同，乙醇能與金屬鈉反應，因此推測DHA也能與金屬鈉反應；（4）由分析可知，C為結構簡式是的聚乙烯，故〖答案〗為：；（5）由分析可知，反應ii為乙烯與溴水發(fā)生加成反應生成1，2—二溴乙烷，反應的化學方程式為，故〖答案〗為：；加成反應；（6）由分析可知，反應v為濃硫酸作用下乙酸和乙醇共熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，反應的化學方程式為，故〖答案〗為：；酯化反應；（7）a．由分析可知，C為聚乙烯，聚乙烯屬于烴，不屬于烴的衍生物，故錯誤；b．由分析可知，反應iii為銅做催化劑條件下乙醇和氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成乙醛和水，反應體現了乙醇的還原性，故錯誤；c．乙酸能與碳酸鈉溶液反應，而乙酸乙酯不能與碳酸鈉溶液反應，所以可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故正確；d．淀粉溶液遇碘水變藍色是淀粉的特征反應，故正確；故選ab。24.碘元素是人體必需的微量元素之一，以下是一種從海帶中提取碘單質的流程示意圖：已知：的沸點為76.8℃；碘單質的沸點為184.4℃，50℃時開始升華。（1）操作i的名稱為_____，該過程中的提取方法利用的是在和中的_____(物理性質)不同。（2）過程①中的作用是_____。（3）某同學認為過程①中加入的試劑可替換為，發(fā)生反應的離子方程式是_____，該反應證實了氧化性：_____(填“>”“<”或“=”)，從原子結構角度解釋原因：_____。（4）除上述試劑外，過程①中加入的試劑還可是_____。a．溴水b．酸性溶液C．KBr溶液（5）補全過程②中發(fā)生反應的離子方程式：_____?！酢鮛____□_____+□□_____。（6）下列說法中正確的是_____。a．可用蒸餾的方法分離和b．過程②③選用的NaOH和溶液的濃度較大，目的是富集碘元素c．理論上過程②消耗的NaOH和過程③消耗的的物質的量相等d．在水中的溶解度相對較低，操作iii為分液e．和NaOH溶液可循環(huán)利用〖答案〗（1）①.萃取分液②.溶解度（2）做氧化劑，將氧化為（3）①.②.>③.Cl、I在同一主族，最外層電子數相同，電子層數，原子半徑，原子核對最外層電子的吸引力，得電子能力，非金屬性，氧化性（4）ab（5）（6）b〖解析〗干海帶在坩堝中灼燒，然后浸泡海帶灰，經過過濾得到含碘離子的溶液，向溶液中加入稀硫酸、H2O2氧化，得到碘的溶液，然后用四氯化碳萃取分液得到含I2的有機層，加入NaOH溶液，再分液得到水層（含有I-和），再加入45%的H2SO4得到單質碘的水溶液，單質碘在水中溶解度較小，得到懸濁液，過濾得到單質碘，據此分析解題；（1）由分析可知，操作i的名稱為萃取分液；利用單質碘在四氯化碳和水中的溶解度不同；（2）過氧化氫用來將碘離子氧化成碘單質；（3）氯氣與碘離子的反應為，該反應中氯氣作氧化劑，單質碘作氧化產物，證實了氧化性＞；從原子結構角度解釋原因：Cl、I在同一主族，最外層電子數相同，電子層數，原子半徑，原子核對最外層電子的吸引力，得電子能力，非金屬性，氧化性；（4）過程①中加入的試劑為能將碘離子氧化成碘單質，故可選ab；（5）單質碘與氫氧化鈉溶液反應得到I-和，離子反應方程式為；（6）a．的沸點為76.8℃，碘單質的沸點為184.4℃，碘單質50℃時開始升華，故不可用蒸餾的方法分離和，a錯誤；b．原濾液中碘離子濃度較小，過程②③選用的NaOH和溶液的濃度較大，目的是富集碘元素，b正確；c．過程②反應方程式為，過程③消反應方程式為，理論上過程②消耗的NaOH和過程③消耗的的物質的量不相等，c錯誤；d．在水中的溶解度相對較低，操作iii為過濾，d錯誤；e．可循環(huán)利用，NaOH溶液不能循環(huán)利用，e錯誤；故選b。25.元素周期表有助于系統(tǒng)認識元素及其化合物。幾種短周期元素的相關信息如下表：①②③④⑤⑥⑦⑧原子半徑/nm0.0300.0770.0660.1860.1600.1170.1060.099最高正化合價+1+4+1+2+4+6+7最低負化合價-4-2-4-2-1（1）元素①與②形成的物質之一是天然氣的主要成分，其空間結構為_____形。（2）元素⑥在周期表中的位置是_____。（3）僅由元素③與④形成的既含離子鍵又含共價鍵的化合物的化學式為_____。（4）用電子式表示⑤和⑧形成化合物的過程：_____。（5）下列事實中，不能說明②比⑥得電子能力強的是_____(填字母)。a．最高價氧化物對應水化物的熱穩(wěn)定性②弱于⑥b．最高價氧化物對應水化物的酸性②強于⑥c．單質②可與⑥的氧化物在一定條件下生成單質⑥（6）上述元素組成的化合物可制備高效的氧化劑和漂白劑。i．元素④的最高價氧化物對應水化物與⑧的最高價氧化物對應水化物可反應生成A和水，該反應的化學方程式為_____。ii．亞氯酸鈉(NaClO2)是一種高效的漂白劑和氧化劑，一種制備流程如下圖。i中反應生成的A能否替代圖中的H2O2實現亞氯酸鈉的制備并說明理由：_____?！即鸢浮剑?）正四面體（2）第三周期第IVA族（3）Na2O2（4）（5）ac（6）①.②.不能，圖中反應中ClO2生成NaClO2，Cl元素化合價降低，H2O2做還原劑，而NaClO4中Cl化合價為+7，處于最高價態(tài)，化合價只能降低，只具有氧化性，只能做氧化劑，因此不能替換H2O2〖解析〗由元素的化合價及原子半徑相對大小，可確定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分別為H、C、O、Na、Mg、Si、S、Cl。（1）元素①與②分別為H、C，形成的物質之一是天然氣的主要成分，則其為CH4，其空間結構為正四面體形。（2）元素⑥為14號元素Si，在周期表中的位置是第三周期第IVA族。（3）③、④分別為O、Na，僅由元素③與④形成的既含離子鍵又含共價鍵的化合物的化學式為Na2O2。（4）⑤和⑧形成化合物為MgCl2，用電子式表示⑤和⑧形成化合物的過程：。（5）②和⑥分別為C、Si，二者為同主族元素，且Si在C的下方。a．C的最高價氧化物對應水化物的熱穩(wěn)定性弱于Si，并不能說明H2CO3的酸性強于H2SiO3，所以不能得出C的得電子能力強于Si的結論，a符合題意；b．最高價氧化物對應水化物的酸性碳強于硅，則非金屬性碳強于硅，從而得出C的得電子能力強于Si的結論，b不符合題意；c．單質C可與SiO2在一定條件下發(fā)生反應，生成單質Si等，并不能得出還原性C大于Si，也不能得出C的得電子能力強于Si的結論，c符合題意；故選ac。（6）i．元素④的最高價氧化物對應水化物為NaOH，⑧的最高價氧化物對應水化物為HClO4，二者發(fā)生反應生成A為NaClO4等，該反應的化學方程式為。ii．由ClO2制取NaClO2，ClO2作氧化劑，H2O2作還原劑，而NaClO4中Cl的化合價為+7，不能作還原劑。則i中反應生成的A能否替代圖中的H2O2實現亞氯酸鈉的制備并說明理由：不能，圖中反應中ClO2生成NaClO2，Cl元素化合價降低，H2O2做還原劑，而NaClO4中Cl化合價為+7，處于最高價態(tài)，化合價只能降低，只具有氧化性，只能做氧化劑，因此不能替換H2O2。26.某小組同學探究不同條件對乙酸乙酯與水反應的化學反應速率的影響。查閱資料：i．乙酸乙酯與水在一定條件下反應可生成乙酸和乙醇。ii．乙酸乙酯在乙酸中的溶解度大于其在水中的溶解度。（1）該小組同學利用如圖裝置設計實驗Ⅰ~Ⅳ進行探究，判定反應速率快慢的指標定為一定時間內酯層體積的減少量，具體方案如下表所示：序號實驗目的乙酸乙酯/mL水層溫度/℃實驗現象水/mL/mLNaOH/mLⅠ440025酯層始終沒有明顯減少Ⅱ探究稀對乙酸乙酯與水反應化學反應速率的影響4040258min后酯層減少1mL，11min后酯層減少2.2mL，之后不再變化Ⅲa4040656min后酯層減少1mL，10min后酯層完全消失Ⅳ探究NaOH對乙酸乙酯與水反應的化學反應速率的影響b004652.5min后酯層減少1mL，12min后酯層完全消失①補全表格a．_____。b．_____。②對比實驗Ⅰ、Ⅱ，可得結論：_____。③實驗Ⅱ進行1天后，發(fā)現乙酸乙酯仍有剩余，經測定乙醇含量未增加，原因可能是_____。④甲同學認為基于實驗Ⅰ、Ⅱ的結論，上述實驗證實了“NaOH可加快乙酸乙酯與水反應的化學反應速率”，證據是_____。（2）乙同學查閱資料，推測實驗Ⅳ中酯層消失的原因之一可能是，乙酸乙酯與水反應的產物之一可與NaOH發(fā)生反應，對應反應的化學方程式為_____，使總反應變?yōu)橐宜嵋阴ヅcNaOH反應，乙酸乙酯反應完全，酯層消失。（3）綜上，分析實驗Ⅲ中酯層消失時間小于實驗Ⅳ中酯層消失時間的可能原因是_____。（4）反思：上述實驗中判定反應速率快慢的指標受多種因素的影響，若改進實驗，可將指標替換為_____。〖答案〗（1）①.探究溫度對化學反應速率的影響②.4③.其他條件相同時，加入稀硫酸，化學反應速率增大④.該反應為可逆反應，存在反應限度⑤.實驗Ⅲ6min后酯層減少1mL，實驗Ⅳ2.5min后酯層減少1mL（2）（3）實驗Ⅲ隨反應的進行乙酸含量增加，乙酸乙酯在乙酸中的溶解度增大，實驗Ⅲ中單位時間內乙酸乙酯與水反應的量和乙酸乙酯在乙酸中的溶解量之和大于實驗Ⅳ中單位時間內乙酸乙酯反應的量（4）測定一定時間內乙醇的含量的變化量(其他〖答案〗合理即可)〖解析〗探究不同條件對乙酸乙酯與水反應的化學反應速率的影響，需要控制變量，保證其它條件相同，研究單一變量對速率的影響，本題中判定反應速率快慢的指標定為一定時間內酯層體積的減少量，也可以根據一定時間內產物乙醇的含量的變化量作為判定反應速率快慢的指標。（1）①對比實驗Ⅱ、Ⅲ，溫度不同，a為探究溫度對化學反應速率的影響；各組實驗乙酸乙酯的體積均為4mL，b為4；②對比實驗Ⅰ、Ⅱ，實驗Ⅱ加有稀硫酸，可得結論其他條件相同時，加入稀硫酸，化學反應速率增大；③實驗Ⅱ進行1天后，發(fā)現乙酸乙酯仍有剩余，經測定乙醇含量未增加，原因可能是該反應為可逆反應，存在反應限度；④根據實驗現象，實驗Ⅲ6min后酯層減少1mL，實驗Ⅳ2.5min后酯層減少1mL，證實了“NaOH可加快乙酸乙酯與水反應的化學反應速率”；（2）乙酸乙酯與水反應的產物之一乙酸可與NaOH發(fā)生反應，化學方程式為；（3）根據上面的分析，實驗Ⅲ中酯層消失時間小于實驗Ⅳ中酯層消失時間的可能原因是實驗Ⅲ隨反應的進行乙酸含量增加，乙酸乙酯在乙酸中的溶解度增大，實驗Ⅲ中單位時間內乙酸乙酯與水反應的量和乙酸乙酯在乙酸中的溶解量之和大于實驗Ⅳ中單位時間內乙酸乙酯反應的量；（4）若改進實驗，可將指標替換為測定一定時間內乙醇的含量的變化量(其他〖答案〗合理即可)。北京市昌平區(qū)2023-2024學年高一下學期期末考試試卷本試卷共8頁，共100分?？荚嚂r長90分鐘?？忌鷦毡貙ⅰ即鸢浮酱鹪诖痤}卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y束后，將答題卡交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Na23Cl35.5第一部分選擇題(共42分)在下列各題的四個選項中，只有一個選項符合題意。(每小題2分，共42分)1.中華文化源遠流長，下列古文物涉及的主要材料中，屬于有機物的是（）A.青銅器“四羊方尊”的主要材質——合金B(yǎng)景德鎮(zhèn)青花瓷主要成分——硅酸鹽C.竹簡的成分之一——纖維素D.《千里江山圖》顏料之一孔雀石的主要成分——堿式碳酸銅〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．青銅器是銅錫的合金，屬于金屬材料，A不符合題意；B．青花瓷主要成分是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，B不符合題意；C．竹簡的成分之一是纖維素，纖維素屬于有機物，C符合題意；D．孔雀石的主要成分是堿式碳酸銅，它屬于無機化合物，D不符合題意；故選C。2.下列裝置或過程能將化學能轉化為電能是（）A．氫燃料電池B．風力發(fā)電C．天然氣燃燒D．太陽能電池板〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．氫燃料電池將化學能轉化為電能，A正確；B．風力發(fā)電是風能轉化為電能，B錯誤；C．天然氣燃燒將化學能轉化為熱能，C錯誤；D．太陽能電池是將太陽能轉化為電能，D錯誤；故選A。3.下列元素的原子半徑最大的是（）A.F B.Cl C.Br D.I〖答案〗D〖解析〗【詳析】F、Cl、Br、I位于同主族，同主族元素從上到下，隨原子序數的增大，原子半徑逐漸增大，I的原子序數最大，則原子半徑最大，〖答案〗選D。4.下列物質堿性最強的是（）A.NaOH B.Mg(OH)2 C.Al(OH)3 D.KOH〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗同周期元素從左向右金屬性逐漸減弱，同主族元素從上到下金屬性逐漸增強；金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，據此判斷?！驹斘觥縉a、Mg、Al在同周期，同周期元素從左向右金屬性逐漸減弱，則金屬性：Na＞Mg＞Al，所以堿性NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3；而鉀與鈉同主族，同一主族，從上到下，金屬性逐漸增強，鉀的金屬性強于鈉，所以堿性KOH＞NaOH，故堿性最強的為KOH。〖答案〗選D。5.下列物質中，含有離子鍵的是（）A.NaCl B. C.HCl D.〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．氯化鈉是只含有離子鍵的離子化合物，故A符合題意；B．水分子是只含有共價鍵的共價化合物，故B不符合題意；C．氯化氫分子是只含有共價鍵的共價化合物，故C不符合題意；D．氮氣分子是只含有共價鍵的非金屬單質，故D不符合題意；故選A。6.下列物質的電子式書寫正確的是（）A. B.C.Cl:Cl D.〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．CO2分子中，C原子與每個O原子間各形成2對共用電子，則電子式為，A不正確；B．Na2O為離子化合物，由Na+和O2-構成，電子式為，B正確；C．Cl2分子中，兩個Cl原子間形成1對共用電子，另外，每個Cl原子的最外層還有3個孤電子對，電子式為，C不正確；D．N2分子中，兩個N原子間形成3對共用電子，另外，每個N原子的最外層還有1個孤電子對，電子式為:NN:，D不正確；故選B。7.金屬鉬具有高強度、熔點高、抗磨耐腐蝕等特點，主要用于航天合金材料制作。下列關于鉬()的說法中，不正確的是（）A.質子數為42 B.中子數為54C.核外電子數為54 D.質量數為96〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．的左下角數字表示質子數，則質子數為42，A正確；B．的質子數為42，質量數為96，則中子數為96-42=54，B正確；C．原子的質子數為42，核外電子數與質子數相等，則核外電子數為42，C不正確；D．的左上角數字表示質量數，則質量數為96，D正確；故選C。8.下列分子中，含酯基的是（）A B.C. D.〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．含有碳碳雙鍵，A錯誤；B．含有羧基，B錯誤；C．含有羥基，C錯誤；D．含有酯基，D正確；故選D。9.下列關于乙醇的說法中，不正確的是（）A.無色無味，易溶于水 B.分子式為C2H6OC.能與乙酸反應 D.能使酸性KMnO4溶液褪色〖答案〗A〖解析〗【詳析】A．乙醇易溶于水，無色但具有特殊香味，A不正確；B．乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，分子式為C2H6O，B正確；C．乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，在濃硫酸、加熱條件下，能與乙酸發(fā)生酯化反應，C正確；D．乙醇的結構簡式為CH3CH2OH，能被酸性KMnO4溶液氧化，從而使酸性KMnO4溶液褪色，D正確；故選A。10.下列化合物中，與互為同分異構體的是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．與比分子少1個“CH2”原子團，二者互為同系物，A不符合題意；B．與的分子式都為C4H10，但結構不同，二者互為同分異構體，B符合題意；C．與的分子式不同，二者不互為同分異構體，C不符合題意；D．比的分子少2個H原子，二者的分子式不同，不互為同分異構體，D不符合題意；故選B。11.一定溫度下的密閉容器中，發(fā)生可逆反應，下列說法中，能說明該反應一定達到化學平衡狀態(tài)的是（）A.、、HI的濃度相等B.、、HI的濃度之比為1：1：2C.、、HI在密閉容器中共存D.消耗2molHI的同時消耗1mol〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．平衡時各物質的濃度關系取決于反應物的起始量和轉化的程度，則、、HI的濃度相等不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故A錯誤；B．平衡時各物質的濃度關系取決于反應物的起始量和轉化的程度，則、、HI的濃度之比為1：1：2不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故B錯誤；C．該反應是可逆反應，反應不可能完全反應，無論是否達到平衡狀態(tài)，、、HI在密閉容器中均共存，則、、HI在密閉容器中共存不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故C錯誤；D．由方程式可知，消耗2molHI的同時消耗1mol，說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故D正確；故選D。12.下列有關能量變化的說法中，不正確的是（）A.碳酸鈣受熱分解的反應為吸熱反應B.等量的水蒸發(fā)所吸收的能量小于分解所吸收的能量C.天然氣燃燒放出能量是因為甲烷的能量大于生成物的能量D.形成新化學鍵釋放的能量大于破壞舊化學鍵吸收的能量時，反應放出能量〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．大多數分解反應是吸熱反應，如碳酸鈣受熱分解的反應為吸熱反應，A正確；B．水蒸發(fā)所吸收的能量只是克服分子間作用力，而分解則需要克服化學鍵，化學鍵大于分子間作用力，即等量的水蒸發(fā)所吸收的能量小于分解所吸收的能量，B正確；C．當反應物的總能量高于生成物的總能量時反應表現放熱，故天然氣燃燒放出能量是因為甲烷和氧氣的總能量大于生成物的總能量，C錯誤；D．形成新化學鍵釋放的能量即釋放出的能量大于破壞舊化學鍵吸收的能量即吸收的能量時，反應放出能量，D正確；故〖答案〗為：C。13.下列實驗現象與發(fā)生加成反應有關的是（）A.甲烷與氯氣的混合氣體在光照條件下，黃綠色消失B.乙烯通入酸性溶液中，溶液褪色C.乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色D.金屬鈉放入無水乙醇中，產生氣泡〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．甲烷與氯氣的混合氣體在光照條件下發(fā)生取代反應生成生成氯代甲烷和氯化氫，則黃綠色消失與發(fā)生加成反應無關，故A不符合題意；B．乙烯與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色，則溶液褪色與發(fā)生加成反應無關，故B不符合題意；C．乙烯與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應使溶液褪色，則溶液褪色與發(fā)生加成反應有關，故C符合題意；D．金屬鈉與乙醇發(fā)生置換反應生成乙醇鈉和氫氣，則產生氣泡與發(fā)生加成反應無關，故D不符合題意；故選C。14.某元素的原子結構示意圖為。下列關于該元素的說法中，不正確的是（）A.位于第三周期 B.最高正化合價為價C.原子在化學反應中易得到電子 D.單質氧化性強于氧氣〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由元素的原子結構示意圖為可知，該元素原子序數為16，為S元素，位于元素周期表第三周期第ⅥA族，由此分析回答；【詳析】A．由分析可知，該元素位于第三周期，A正確；B．由原子結構示意圖可知，該元素最外層有6個電子，最高正化合價為+6價，B正確；C．該元素最外層有6個電子，容易得到電子，C正確；D．S元素與O元素為同一主族，從上到下，非金屬性減弱，單質的氧化性減弱，故氧化性弱與氧氣，D錯誤；故選D。15.下列事實不能用元素周期律解釋的是（）A.非金屬性： B.酸性：C.還原性： D.熱穩(wěn)定性：〖答案〗B〖解析〗【詳析】A.同主族元素，從上至下，非金屬性減弱，S和O同族，非金屬性O>S，故A選項可以用元素周期律解釋；B.同一周期主族元素，從左到右，非金屬性逐漸增強，最高價氧化物對應水化物的酸性增強，故可知酸性HClO4>H2SO4，不可對比氫化物的酸性，故B選項不可以用元素周期律解釋；C.同一周期主族元素，從左到右，金屬性逐漸減弱，即金屬性：Mg>Al，故C選項可以用元素周期律解釋；D．同一周期主族元素，從左到右，非金屬性逐漸增強，簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性增強，即熱穩(wěn)定性：NH3<H2O，故D選項可以用元素周期律解釋；故〖答案〗選B。16.下列說法中，不正確的是（）A.淀粉屬于多糖B.可用新制氫氧化銅懸濁液檢驗葡萄糖C.油脂可看作高級脂肪酸與甘油生成的酯D.飽和溶液使蛋白質變性〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．淀粉的化學式為(C6H10O5)n，為多糖，A正確；B．葡萄糖中含有醛基，新制的氫氧化銅懸濁液與葡萄糖反應產生磚紅色沉淀，B正確；C．高級脂肪酸與甘油發(fā)生酯化反應得到高級脂肪酸脂，即油脂，C正確；D．飽和溶液使蛋白質發(fā)生鹽析，D錯誤故選D。17.下圖為合成氨反應的催化歷程示意圖。下列說法中，不正確的是（）A.屬于共價化合物B.過程②吸收能量，過程③放出能量C.反應過程中有非極性鍵斷裂，有極性鍵形成D.標準狀況下，生成22.4L時轉移電子數約為〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．1個分子中，只存在三個N-H鍵，則NH3屬于共價化合物，A正確；B．過程②中斷裂N≡N鍵和H-H鍵，需要吸收能量，過程③中形成N-H鍵，能夠放出能量，B正確；C．反應過程中，斷裂的N≡N鍵、H-H鍵都為非極性鍵，形成的N-H鍵為極性鍵，C正確；D．標準狀況下，生成22.4L的物質的量為1mol，N元素從0價降低到-3價，轉移電子數約為，D錯誤；故選D。18.密閉容器中，和足量在一定條件下發(fā)生反應。、的濃度隨時間的變化如圖。下列說法中，不正確的是（）A.B.2min時，反應達化學平衡狀態(tài)C.反應開始至5min末，以濃度的變化表示該反應的平均反應速率是0.8mol/(L·min)D.若起始充入和足量，化學平衡狀態(tài)時核素存在于、、中〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．從圖中可以看出，與的反應為可逆反應，該反應的化學方程式為，故A正確；B．2min時，的濃度逐漸減少，的濃度逐漸升高，該反應未達化學平衡狀態(tài)，故B錯誤；C．反應開始至5min末，以濃度的變化表示該反應的平均反應速率是，故C正確；D．該反應為可逆反應，若起始充入和足量，化學平衡狀態(tài)時核素存在于、、中，故D正確；故選B。19.檸檬酸是發(fā)酵行業(yè)的支柱產品之一，其結構簡式如圖，下列關于檸檬酸的說法中，正確的是（）A.分子中有3種官能團B.能用于除水垢，因其結構中含有—OHC.兩分子之間可發(fā)生酯化反應D.與碳酸氫鈉反應為放熱反應〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．由結構簡式可知，檸檬酸的官能團為羥基、羧基，共2種，故A錯誤；B．由結構簡式可知，檸檬酸分子中含有的羧基能與碳酸鈣反應，所以檸檬酸能用于除水垢，故B錯誤；C．由結構簡式可知，檸檬酸的官能團為羥基、羧基，所以檸檬酸分子之間可發(fā)生酯化反應，故C正確；D．檸檬酸與碳酸氫鈉的反應為吸收熱量的吸熱反應，故D錯誤；故選C。20.以空氣和鋼鐵酸洗廢液(主要含有和)為原料合成，，原理如下圖所示。下列說法中，不正確的是（）A.反應Ⅰ中做還原劑B.反應Ⅱ后體系pH降低C.為反應的催化劑，可加快反應速率D.生成的總反應可表示為〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗由轉化圖可知反應為，可知反應為，其中為催化劑，前后保持不變，為中間產物，制備的總反應方程式為：?！驹斘觥緼．由轉化圖可知反應為，氧氣得電子化合價降低為氧化劑，失電子化合價升高為還原劑，故A正確；B．反應反應為：，可知在消耗，濃度在降低，值在升高，故B錯誤；C．由轉化圖可知前后保持不變，為該反應催化劑，可加快反應速率，為中間產物，故C正確；D．由轉化圖可知反應的反應物與生成物，生成的總反應可表示為，故D正確；故選B。21.利用硫鐵礦焙燒后的燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制取七水合硫酸亞鐵(FeSO4?7H2O)，一種流程如下：已知：Al2O3既可與強酸反應又可與強堿反應，均生成可溶于水的鹽。下列說法中，不正確的是（）A.過程①溶解燒渣可選用足量鹽酸，過程④試劑X選用鐵粉B.固體1中含有SiO2，溶液2中的離子為Na+、、OH-C.從溶液3得到FeSO4?7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解D.若改變方案，在過程①中加過量NaOH溶液，得到固體1后經過程③④⑤也可得到FeSO4?7H2O〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)中加入足量酸，Fe2O3轉化為Fe3+、Al2O3轉化為Al3+，SiO2不溶而成為固體1；溶液1中加入過量NaOH溶液，Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀(固體2)，Al3+轉化為(溶液2)；固體2中加入足量酸，Fe(OH)3轉化Fe3+等，再加入還原劑(如鐵粉)將Fe3+還原為Fe2+；將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，從而獲得FeSO4?7H2O?！驹斘觥緼．燒渣的主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，過程①溶解燒渣，主要是溶解Fe2O3、Al2O3，可選用足量鹽酸，過程④試劑X是將Fe3+還原為Fe2+，可以選用鐵粉，A正確；B．由分析可知，固體1中含有SiO2，溶液2中除含有Na+、、OH-外，還含有酸根離子等，B不正確；C．Fe2+易水解且具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化，則從溶液3得到FeSO4?7H2O產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解，C正確；D．若改變方案，在過程①中加過量NaOH溶液，Al2O3轉化為，得到固體1中含有Fe2O3等，經過程③④⑤，Fe2O3分別轉化為Fe3+、Fe2+，最后結晶析出，也可得到FeSO4?7H2O，D正確；故選B。第二部分非選擇題(共58分)22.化學電池是人類生產生活的重要能量來源之一。（1）下列反應可通過原電池裝置實現化學能直接轉化為電能的是_____(選填字母)。a．鐵與稀硫酸反應b．晶體與晶體反應c．甲烷與氧氣反應（2）某研究小組利用氫氧燃料電池做動力驅動小車，圖1為簡易實驗裝置示意圖，從構成原電池的基本要素來看，氫氣的作用是(選填字母，下同)_____，石墨電極b的作用是_____，導線的作用是_____，稀硫酸的作用是_____。a．負極反應物b．正極反應物c．負極材料d．正極材料e．離子導體f．電子導體（3）圖2為另一種簡易原電池裝置。①證實化學能轉化為電能的實驗現象是：電流表指針偏轉、_____。②鋅片上發(fā)生_____(填“氧化”或“還原”)反應。③正極的電極反應式是_____。④下列說法中，不正確的是_____。a．將銅片換為石墨，仍可產生電流b．將稀硫酸換為硫酸銅溶液，兩極電極反應不變c．將稀硫酸換為稀鹽酸，兩極電極反應不變d．電子經導線從鋅片流向銅片后，再經溶液從銅片流回鋅片（4）利用反應設計一個簡易原電池，請在圖3上標明所使用的用品_____。〖答案〗（1）ac（2）①.a②.d(f)③.f④.e（3）①.銅電極上產生氣泡②.氧化③.④.bd（4）〖解析〗（1）鐵與稀硫酸反應、甲烷與氧氣反應都是自發(fā)的氧化還原反應，都能設計為原電池實現化學能直接轉化為電能，而八水氫氧化鋇與氯化銨的反應是非氧化還原反應，不能設計為原電池實現化學能直接轉化為電能，故選ac；（2）由圖可知，通入氫氣的電極a為燃料電池的負極，氫氣在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成氫離子，通入氧氣的電極b為正極，酸性條件下氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成水，原電池工作時，導線為電子導體、稀硫酸為離子導體，故〖答案〗為：a；d(f)；f；e；（3）由圖可知，該裝置為化學能轉化為電能的裝置，比銅活潑的鋅為原電池的負極，鋅在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，銅為正極，氫離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，原電池工作時，電流表指針偏轉、銅電極上產生氣泡；①由分析可知，證實化學能轉化為電能的實驗現象是電流表指針偏轉、銅電極上產生氣泡，故〖答案〗為：電流表指針偏轉、銅電極上產生氣泡；②由分析可知，鋅為原電池的負極，鋅在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，故〖答案〗為：氧化；③由分析可知，銅為正極，氫離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，電極反應式為，故〖答案〗為：；④a．將銅片換為石墨，鋅、石墨在稀硫酸中依然可以構成原電池，仍可產生電流，故正確；b．將稀硫酸換為硫酸銅溶液，鋅、銅在硫酸銅溶液中構成原電池，銅為正極，銅離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成銅，正極電極反應式為會發(fā)生改變，故錯誤；c．將稀硫酸換為稀鹽酸，比銅活潑的鋅為原電池的負極，鋅在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鋅離子，銅為正極，氫離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，兩極電極反應不變，故正確；d．電解質溶液不能傳遞電子，所以電子經導線從鋅片流向銅片后，不可能再經溶液從銅片流回鋅片，故錯誤；故選ac；（4）由反應方程式和電子移動方向可知，左側電極為做負極的鐵電極，鐵失去電子發(fā)生氧化反應生成亞鐵離子，右側電極為做正極的石墨電極，鐵離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成亞鐵離子，簡易原電池的示意圖為，故〖答案〗為：。23.的綜合利用是減少碳排放的一種重要方式。Ⅰ．我國科學家首次在實驗室實現從到淀粉的全合成，部分合成路線如下圖：（1）甲醇中含有的官能團名稱是_____。（2）甲同學搭建出下圖兩種甲醛的球棍模型，其中不正確的是(填序號)_____，原因是(從原子結構角度予以說明)_____。（3）寫出DHA的結構簡式_____。乙同學推測DHA能與金屬鈉反應，推測依據是_____。Ⅱ．以淀粉為主要原料可合成多種有機化合物，其中一種合成路線如下圖所示：（4）C的結構簡式是_____（5）反應ii的化學方程式是_____，反應類型是_____。（6）反應v的化學方程式是_____，反應類型是_____。（7）下列說法中，不正確的是(選填字母)_____。a．A~F均屬于烴的衍生物b．反應iii體現了A的氧化性c．可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中的乙酸d．淀粉遇碘變藍是淀粉的特征反應〖答案〗（1）羥基（2）①.①②.碳原子最外層電子數為4，應形成4對共用電子對以達到8電子穩(wěn)定結構，①中C原子形成5對共用電子對，因此①不正確（3）①.②.DHA中含有羥基，與乙醇中的官能團相同，乙醇能與金屬鈉反應，因此推測DHA也能與金屬鈉反應（4）（5）①.②.加成反應（6）①.②.酯化反應（7）ab〖解析〗Ⅰ．由有機物的轉化關系可知，一定條件下二氧化碳與氫氣反應生成甲醇，醇氧化酶作用下甲醇與氧氣反應生成甲醛，甲酰酶作用下甲醛，經多步轉化生成淀粉；Ⅱ．由有機物的轉化關系可知，淀粉在稀硫酸中共熱發(fā)生水解反應生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下發(fā)酵生成乙醇，一定條件下乙醇發(fā)生消去反應生成乙烯，乙烯與溴水發(fā)生加成反應生成1，2—二溴乙烷，一定條件下乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，則C為聚乙烯；銅做催化劑條件下乙醇和氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成乙醛，則D為乙醛；催化劑作用下乙醛和氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成乙酸，濃硫酸作用下乙酸和乙醇共熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，則F為乙酸乙酯。（1）由結構簡式可知，甲醇的官能團為羥基，故〖答案〗為：羥基；（2）碳原子最外層電子數為4，應形成4對共用電子對以達到8電子穩(wěn)定結構，①中C原子形成5對共用電子對，因此①不正確、②正確，故〖答案〗為：①；碳原子最外層電子數為4，應形成4對共用電子對以達到8電子穩(wěn)定結構，①中C原子形成5對共用電子對，因此①不正確；（3）由分析可知，DHA的結構簡式為，DHA中含有羥基，與乙醇中的官能團相同，乙醇能與金屬鈉反應，因此推測DHA也能與金屬鈉反應，故〖答案〗為：；DHA中含有羥基，與乙醇中的官能團相同，乙醇能與金屬鈉反應，因此推測DHA也能與金屬鈉反應；（4）由分析可知，C為結構簡式是的聚乙烯，故〖答案〗為：；（5）由分析可知，反應ii為乙烯與溴水發(fā)生加成反應生成1，2—二溴乙烷，反應的化學方程式為，故〖答案〗為：；加成反應；（6）由分析可知，反應v為濃硫酸作用下乙酸和乙醇共熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，反應的化學方程式為，故〖答案〗為：；酯化反應；（7）a．由分析可知，C為聚乙烯，聚乙烯屬于烴，不屬于烴的衍生物，故錯誤；b．由分析可知，反應iii為銅做催化劑條件下乙醇和氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成乙醛和水，反應體現了乙醇的還原性，故錯誤；c．乙酸能與碳酸鈉溶液反應，而乙酸乙酯不能與碳酸鈉溶液反應，所以可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故正確；d．淀粉溶液遇碘水變藍色是淀粉的特征反應，故正確；故選ab。24.碘元素是人體必需的微量元素之一，以下是一種從海帶中提取碘單質的流程示意圖：已知：的沸點為76.8℃；碘單質的沸點為184.4℃，50℃時開始升華。（1）操作i的名稱為_____，該過程中的提取方法利用的是在和中的_____(物理性質)不同。（2）過程①中的作用是_____。（3）某同學認為過程①中加入的試劑可替換為，發(fā)生反應的離子方程式是_____，該反應證實了氧化性：_____(填“>”“<”或“=”)，從原子結構角度解釋原因：_____。（4）除上述試劑外，過程①中加入的試劑還可是_____。a．溴水b．酸性溶液C．KBr溶液（5）補全過程②中發(fā)生反應的離子方程式：_____?！酢鮛____□_____+□□_____。（6）下列說法中正確的是_____。a．可用蒸餾的方法分離和b．過程②③選用的NaOH和溶液的濃度較大，目的是富集碘元素c．理論上過程②消耗的NaOH和過程③消耗的的物質的量相等d．在水中的溶解度相對較低，操作iii為分液e．和NaOH溶液可循環(huán)利用〖答案〗（1）①.萃取分液②.溶解度（2）做氧化劑，將氧化為（3）①.②.>③.Cl、I在同一主族，最外層電子數相同，電子層數，原子半徑，原子核對最外層電子的吸引力，得電子能力，非金屬性，氧化性（4）ab（5）（6）b〖解析〗干海帶在坩堝中灼燒，然后浸泡海帶灰，經過過濾得到含碘離子的溶液，向溶液中加入稀硫酸、H2O2氧化，得到碘的溶液，然后用四氯化碳萃取分液得到含I2的有機層，加入NaOH溶液，再分液得到水層（含有I-和），再加入45%的H2SO4得到單質碘的水溶液，單質碘在水中溶解度較小，得到懸濁液，過濾得到單質碘，據此分析解題；（1）由分析可知，操作i的名稱為萃取分液；利用單質碘在四氯化碳和水中的溶解度不同；（2）過氧化氫用來將碘離子氧化成碘單質；（3）氯氣與碘離子的反應為，該反應中氯氣作氧化劑，單質碘作氧化產物，證實了氧化性＞；從原子結構角度解釋原因：Cl、I在同一主族，最外層電子數相同，電子層數，原子半徑，原子核對最外層電子的吸引力，得電子能力，非金屬性，氧化性；（4）過程①中加入的試劑為能將碘離子氧化成碘單質，故可選ab；（5）單質碘與氫氧化鈉溶液反應得到I-和，離子反應方程式為；（6）a．的沸點為76.8℃，碘單質的沸點為184.4℃，碘單質50℃時開始升華，故不可用蒸餾的方法分離和，a錯誤；b．原濾液中碘離子濃度較小，過程②③選用的NaOH和溶液的濃度較大，目的是富集碘元素，b正確；c．過程②反應方程式為，過程③消反應方程式為，理論上過程②消耗的NaOH和過程③消耗的的物質的量不相等，c錯誤；d．在水中的溶解度相對較低，操作iii為過濾，d錯誤；e．可循環(huán)利用，NaOH溶液不能循環(huán)利用，e錯誤；故選b。25.元素周期表有助于系統(tǒng)認識元素及其化合物。幾種短周期元素的相關信息如下表：①②③④⑤⑥⑦⑧原子半徑/nm0.0300.0770.0660.1860.1600.1170.1060.099最高正化合價+1+4+1+2+4+6+7最低負化合價-4-2-4-2-1（1）元素①與②形成的物質之一是天然氣的主要成分，其空間結構為_____形。（2）元素⑥在周期表中的位置是_____。（3）僅由元素③與④形成的既含離子鍵又含共價鍵的化合物的化學式為_____。（4）用電子式表示⑤和⑧形成化合物的過程：_____。（5）下