1、天津市滨海新区大港太平村中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试质量检测试题（含解析）本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题），共 100 分，考试用时60 分钟。第I卷第1至6页，第II卷第7至8页。答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、考号、座位号填写在答题卡上。答卷时，考生务必将第I卷（选择题）答案用铅笔涂写在答题卡上，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；第II卷（非选择题）答案写在答题卡上，答案写在试卷上无效。考试结束后，将答题卡上交。祝考生考试顺利！可能用到的相对原子质量 C: 12 O：16 Na: 23 Fe：56 第I卷 选择题注意事项：本卷共30小题，
2、每小题 2 分，共60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。 1. 我国出土的文物呈现了瑰丽的历史文化。下列文物中，主要成分属于合金的是（）。A. 西夏佛经纸本B. 西汉素纱禅衣C. 唐兽首玛瑙杯D. 东汉青铜奔马【答案】D【解析】A西夏佛经纸本，纸的主要成分是纤维素，属于有机物，选项A不符合；B、西汉素纱禅衣，丝为蛋白质，属于有机物，选项B不符合；C、唐兽首玛瑙杯，主要成分为二氧化硅，选项C不符合；D、东汉青铜奔马，青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，属于合金，选项D符合。答案选D。2. 下列过程不涉及化学变化的是A. 金属的冶炼B. 石油的分馏C. 煤的焦化D.
3、海水中提取溴【答案】B【解析】【详解】A金属的冶炼是将金属矿石中将金属元素从化合物中提炼出来转化为金属单质，有新物质生成，属于化学变化，故A不符合题意； B石油分馏是利用沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故B符合题意；C煤的焦化又称煤的干馏，煤在隔绝空气的条件下加热，使煤的有机质产生热化学反应(分解、缩合、聚合等)，生成固态的焦炭或半焦、气态煤气和液态焦油，这种煤的热解过程称为煤的焦化过程，属于化学变化，故C不符合题意； D海水中提取溴过程中涉及将海水中的溴离子氧化生成单质溴，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；答案选B。3. 下列表示物质结构的化学用语或模型正确的
4、是A. 含8个中子的碳原子的核素符号：12CB. HF的电子式： H:FC. Cl的结构示意图： D. CH4分子的空间充填模型： 【答案】D【解析】【详解】A含8个中子的碳原子质子数为6，质量数=质子数+中子数=8+6=14，则核素符号：14C，故A错误；BHF为共价化合物，F原子与H原子之间形成一个共价键，氢原子达到2电子稳定结构，F原子达到8电子稳定结构，则HF的电子式为：，故B错误；CCl的质子数为17，核外有18个电子，结构示意图：，故C错误；DCH4分子为正四面体结构，碳原子与氢原子以共价键结合，且碳原子半径大于氢原子，空间充填模型： ，故D正确；答案选D。4. 下列有关合理用药的
5、说法中正确的是A. 一次忘记服药，下次可以增加一倍剂量服用B. 每日早、中、晚三次与每隔8小时一次，服药效果相同C. 非处方药的包装上印有“OTC”标识D. 长期服用阿司匹林可预防某些疾病，没有副作用【答案】C【解析】【详解】A.一次服用药物的用量是经过严格的科学实验和大量的临床研究确定的，不可随便增加，A错误；B.每日早、中、晚三次不等于每隔8小时一次，服药时一定严格执行规定的时间，不可随意更改，B错误；C.OTC是非处方药的标志，C正确；D.药物不能长期服用，避免药物对人体造成不良作用和危害，D错误；答案选C。5. 环境问题越来越引起人类的重视，下列有关环境问题的描述不正确的是A. 水体的
6、富营养化主要是向水体中排放大量含N、P的物质造成的B. 造成光化学烟雾的是包括NO、NO2等多种气体C. 氟氯代烷的大量排放造成了臭氧层空洞D. 低碳生活是指少用煤炭的生活【答案】D【解析】【详解】A向水体中排放大量含N、P的物质会导致各种水生生物、植物异常繁殖和生长，使水体的富营养化，故A正确； B光化学烟雾主要是有氮氧化物造成的，则光化学烟雾包括NO、NO2等多种气体，故B正确；C臭氧层空洞主要是氟、氯等元素的化合物的大量排放造成的，故C正确；D低碳生活，就是指生活作息时所耗用的能量要尽力减少，从而减低碳，特别是二氧化碳的排放量，从而减少对大气的污染，含碳物质有很多，少用煤炭只是其中一种，
7、故D错误；答案选D。6. 下列说法正确的是A. 电解、电离均需在通电的条件下才能进行B. 物质发生化学变化时都伴随着能量变化C. 既能与酸反应又能与碱反应的物质一定是两性氧化物或两性氢氧化物D. 石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物【答案】B【解析】【详解】A电解需在通电的条件下才能进行，电离为电解质在水的作用下生成离子的过程，不需要通电，A说法错误；B物质发生化学变化时都有旧键的断裂与新键的形成的过程，故都伴随着能量变化，B说法正确；C既能与酸反应又能与碱反应的物质不一定是两性氧化物或两性氢氧化物，如碳酸氢钠属于盐，但能与酸反应生成二氧化碳和水，又能与碱反应生成碳酸根离子和水，C说法错误；D
8、石油是混合物，其分馏产品汽油为主要成分为C原子512的脂肪烃和环烷烃类，属于混合物，D说法错误；答案为B。7. 下列反应中既是氧化还原反应，能量变化情况又符合下图的是A. 铝片与稀盐酸的反应B. 甲烷的燃烧反应C. 灼热的碳和CO2的反应D. NH4Cl和Ba（OH）28H 2 O的反应【答案】C【解析】分析】图像中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应为吸热反应。【详解】A铝片与稀盐酸的反应中化合价发生改变为氧化还原反应，为放热反应，A与题意不符；B甲烷的燃烧反应中化合价发生改变为氧化还原反应，为放热反应，B与题意不符；C灼热的碳和CO2反应中化合价发生改变为氧化还原反应，为吸热反应，C符合
9、题意；DNH4Cl和Ba(OH)28H2O反应中化合价未发生改变，为非氧化还原反应，为吸热反应，D与题意不符；答案为C。8. 在元素周期表中金属与非金属的分界线处，可以找到A. 合金B. 半导体材料C. 催化剂D. 农药【答案】B【解析】【详解】A. 在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做导体，可以用来做合金等，像镁和铝等，故A错误；B. 在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故B正确；C. 可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故C错误；D 非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有
10、机溶剂可以用来做农药，故D错误；故选：B。9. 用98%的浓硫酸配制2molL-1的稀硫酸，下列操作使所配溶液浓度偏低的是A. 未冷却就转移、定容B. 容量瓶中有少量蒸馏水C. 用量筒量取浓硫酸时，俯视读数D. 定容时俯视刻度线观察液面【答案】C【解析】【详解】A未冷却就转移、定容，当所配制溶液恢复室温时，容量瓶内溶液体积减小，根据c=，溶质物质的量不变，溶液体积减小，所配制溶液的浓度偏高，故A不符合题意；B容量瓶在定容操作过程中要加入一定量蒸馏水至凹液面与刻度线相平，则容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，故B不符合题意；C用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，导致溶质的物质的量减小，根据c=，
11、溶质物质的量减小，导致所配溶液的浓度减小，故C符合题意；D定容时俯视刻度线观察液面，导致容量瓶内溶液体积减小，根据c=，溶质物质的量不变，溶液体积减小，所配制溶液的浓度偏高，故D不符合题意；答案选C。10. 用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A. 标准状况下，22.4LCH3CH2OH含有的分子数为1 NAB. 常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NAC. 通常状况下，1 NA 个NO2分子占有的体积为22.4LD. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl- 个数为1 NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，CH3CH2OH不是气
12、体，题中条件无法计算22.4LCH3CH2OH的物质的量，A错误；B.常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为：1.06g/(106gmol-1)2NA/mol =0.02NA，B正确；C.在标准状况下，1NA个NO2分子占有的体积等于22.4L，C错误；D. 0.5mol/L的MgCl2溶液只知道物质的量浓度，体积未知，则其中含有Cl-个数无法求出，D错误；答案选B。【点睛】标准状况下，1NA个气体分子占有的体积为22.4L；求出微粒的个数时只知道物质的量浓度是不够的，还需要知道其体积，才能求出其物质的量，进而求出微粒的个数。11. 下列措施对增大反应速率明显有效的是A. 食
13、品、蔬菜贮存在冰箱或冰柜里B. Zn与稀硫酸反应制取H2时，加入蒸馏水C. 在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强D. KClO3分解制取O2时，添加少量MnO2【答案】D【解析】【详解】A食品、蔬菜贮存在冰箱或冰柜里，温度降低，反应速率减小，A与题意不符；BZn与稀硫酸反应制取H2时，加入蒸馏水，硫酸的浓度减小，反应速率减小，B与题意不符；C在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强，溶液中各离子浓度基本不变，则反应速率基本不变，C与题意不符；DKClO3分解制取O2时，添加少量MnO2，加入催化剂，反应速率增大，D符合题意；答案为D。12. 在“用化学沉淀法去除粗盐中的Ca2+
14、、Mg2+、SO的实验”中，有关向粗盐水中加入沉淀剂顺序错误的是A. BaCl2、NaOH、Na2CO3B. NaOH、BaCl2、Na2CO3C. BaCl2、Na2CO3、NaOHD. Na2CO3、BaCl2、NaOH【答案】D【解析】【详解】除Ca2+需加入稍过量的Na2CO3，会引入，除Mg2+需加入稍过量的NaOH，会引入OH-，除SO需加入稍过量的BaCl2，会引入Ba2+，除Ba2+需加入稍过量的Na2CO3，除、OH-需加入盐酸，故除SO在除Ca2+之前，而除Mg2+无先后顺序，综上所述，答案为D。13. 可逆反应达化学平衡时，下列说法不正确的是A. 正反应速率等于逆反应速率
15、B. 反应物和生成物的浓度一定相等C. 混合物的各成分的百分含量不变D. 该可逆反应进行到最大限度【答案】B【解析】【详解】A.达到化学平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等，A正确；B.达到化学平衡状态时，各组分浓度保持不变，为定值，但不一定相等，B错误；C.达到化学平衡状态时，各组分浓度保持不变 ，物质的量、质量保持不变，百分含量也保持不变， C正确；D.达到化学平衡状态时，在外界条件不变的情况下，各组分的量始终保持不变，即为该反应的最大限度，D正确；答案选B。14. 将等物质的量的CH4和Cl2混合后，在光照射下充分反应，生成物中物质的量最大的是A. CH2Cl2B. CH3ClC. H
16、ClD. CCl4【答案】C【解析】【详解】假设甲烷和氯气的物质的量都是1mol，1mol甲烷和1mol氯气在光照条件下发生完全反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，根据碳原子守恒知，生成的各种氯代烃的物质的量都小于1mol，但生成的氯化氢的物质的量1mol，所以生成物中物质的量最多的产物是HCl，答案选C。15. 关于浓硫酸的有关说法不正确的是A. 浓硫酸在加热的条件下与铜反应，体现浓硫酸的氧化性、强酸性B. 敞口放置浓硫酸溶液质量变大，体现浓硫酸的吸水性C. 蔗糖中滴入浓硫酸，蔗糖变黑膨化，体现了浓硫酸的脱水性、氧化性D. 常温下不可以用铁或铝制容器来盛装浓硫酸
17、【答案】D【解析】【详解】A浓硫酸在加热的条件下与铜反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，反应中生成二氧化硫，体现浓硫酸的氧化性，生成硫酸铜体现浓硫酸的强酸性，故A正确；B浓硫酸具有吸水性，敞口放置的浓硫酸溶液由于吸收空气中的水分导致质量变大，体现浓硫酸的吸水性，故B正确；C蔗糖中滴入浓硫酸发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，蔗糖变黑体现了浓硫酸的脱水性，膨化是因为二者发生氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，反应中体现了浓硫酸的氧化性，故C正确；D常温下，铁或铝遇到强氧化性的浓硫酸或浓硝酸发生钝化现象，则常温下可以用铁或铝制容器来盛装浓硫酸，故D错误；答案选D。16. 下列各组离子中，能在水溶液中大量
18、共存的是A. Na、Ag、Cl、COB. Fe3、K、SO、OHC. Na、Mg2、Cl、SOD. Fe2、H、SO、NO【答案】C【解析】【详解】AAg与Cl、CO都发生反应生成沉淀，不能大量共存，故A不符合题意； BFe3与OH反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；CNa、Mg2、Cl、SO之间不发生反应，能大量共存，故C符合题意； DFe2、H、NO之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；答案选C。17. 下列说法正确的是A. SO2有毒，不能用作食品添加剂B. 浓盐酸与浓硝酸按体积比1:3混合。所得混合溶液可以溶解金、铂等金属C. 溶解了空气中的二氧化硫、氮氧
19、化合物的雨水（pH5.6）叫酸雨D. 含氮的化合物转化为游离态的氮，叫做氮的固定【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂，少量能用作食品添加剂，A说法错误；B浓盐酸(HCl)和浓硝酸(HNO3)按体积比为3:1组成的混合物，所得混合溶液可以溶解金、铂等金属，B说法错误；C酸雨为pH小于5.6的雨雪或其他形式的降水，其为溶解了空气中的二氧化硫、氮氧化合物的雨水(pH5.6)，C说法正确；D游离态的氮转化为含氮的化合物，叫做氮的固定，D说法错误；答案为C。18. 以废铜屑为原料制备CuSO4，从节约原料和环境保护的角度，下列制备合理的是A. Cu CuOCuSO4B.
20、Cu CuOCuSO4C. Cu CuSO4D. Cu+稀H2SO4 CuSO4【答案】D【解析】【详解】ACu CuOCuSO4过程中，先制备氧气，制备的氧气与Cu在加热条件下反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水；BCu CuOCuSO4过程中，空气中含有氧气，不需要制备氧气，直接利用空气中的氧气与Cu在加热条件下反应生成氧化铜，氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水；CCu 与浓硫酸加热下反应生成硫酸铜，水和二氧化硫，二氧化硫属于大气污染物；DCu+稀H2SO4 CuSO4过程中，Cu与稀H2SO4不反应，在通入空气和加热条件下，空气中的氧气将铜氧化为氧化铜，同时生成的氧化铜立即与稀
21、硫酸反应生成硫酸铜和水，制备流程较短一步完成，原材料来源丰富；结合上述分析，从节约原料和环境保护的角度考虑，D项制备流程短，原材料来源便宜，消耗能量用最少，没有污染性气体产生，答案选D。19. 既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的少量乙烯的方法是( )A. 混合气体通过盛水的洗气瓶B. 混合气体和过量H2混合C. 混合气体通过装有过量溴水的洗气瓶D. 混合气体通过酸性KMnO4溶液【答案】C【解析】【详解】A.二者与水都不能反应且不溶于水，因此不能鉴别和除去杂质，A错误；B.又引入了新的杂质氢气，B错误；C.乙烯与溴水反应产生1，2-二溴乙烷，该生成物呈液态，乙烷不能反应，因此
22、可以用于鉴别和除杂，C正确；D.乙烯与酸性KMnO4溶液反应产生CO2气体，又引入了新的杂质，D错误；故合理选项是C。20. 在3NO2H2O2HNO3NO中，氧化剂与还原剂的物质的量比为（ ）A. 12B. 21C. 13D. 31【答案】A【解析】【详解】该反应中N元素化合价由NO2中的+4价变为NO的+2价、HNO3的+5价，化合价降低的NO2是氧化剂、化合价升高的NO2是还原剂，化合价降低的NO2的计量数是1、化合价升高的NO2的计量数是2，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故合理选项是A。21. 下列说法不正确是A. 陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料B. 二氧化硅可以生产光导
23、纤维和计算机芯片C. 富勒烯、石墨烯、碳纳米管都属于碳纳米材料D. 碳化硅是一种新型陶瓷，具有类似金刚石的结构，硬度大【答案】B【解析】【详解】A玻璃、陶瓷、水泥成分中含有硅酸盐属于硅酸盐材料，是生活中常见的硅酸盐材料，故A正确；B光导纤维传递光信号的原理是光的全反射，SiO2具有良好的光学效果材料，是制造光导纤维的主要原料，硅单质为良好的半导体材料，可以制作计算机芯片，故B错误；C富勒烯、石墨烯、碳纳米管都是碳元素形成的不同单质，均属于碳纳米材料，故C正确；D碳化硅为原子晶体，耐高温，硬度高，是一种新型陶瓷，其结构与金刚石相似，硬度高，故D正确；答案选B。22. 根据下列实验事实得出的相应结
24、论正确的是()选项实验事实结论ANH3的水溶液可以导电NH3是电解质BSO2通入硝酸钡溶液出现白色沉淀BaSO3不溶于强酸CCa(ClO)2溶液中通入SO2产生白色沉淀生成CaSO4沉淀D硝酸具有挥发性硝酸不稳定A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.NH3的水溶液可以导电，导电的微粒是NH3H2O电离产生的、OH-，不是NH3电离产生的，NH3属于非电解质，A错误；B.SO2具有还原性，在酸性条件下会将SO2氧化成，Ba2+与生成BaSO4沉淀，即SO2通入Ba（NO3）2溶液中产生的白色沉淀是BaSO4，B错误；C. Ca（ClO）2具有强氧化性，SO2具有还原性，C
25、a（ClO）2与SO2发生氧化还原反应生成CaSO4沉淀，C正确；D.HNO3的挥发性属于物理性质，不稳定性属于化学性质，HNO3不稳定，受热或光照条件下分解成NO2、O2和H2O ，D错误；答案选C。23. 有关有机物的下列说法正确的是A. 塑料、涂料、棉花、羊毛等属于合成有机高分子材料B. 淀粉和纤维素的分子式均为（C6H10O5）n，二者互为同分异构体C. 在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互称为同系物D. 糖类、蛋白质、油脂既是人类必需的基本营养物质也是食品工业的重要原料【答案】D【解析】【详解】A塑料、涂料等属于合成有机高分子材料，棉花、羊毛属于天然有机高分子化合物，A
26、说法错误；B淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，二者的聚合度n值不同，不是同分异构体，B说法错误；C在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物不一定为同系物，如苯酚和苯甲醇，相差一个CH2原子团，但不是同系物，C说法错误；D糖类、蛋白质、油脂既是人类必需的基本营养物质，也是食品工业的重要原料，如食用糖、淀粉、油等，D说法正确；答案为D。24. 如图所示，不能在此装置中完成喷泉实验的是选项A液体B气体AH2ONH3BH2OO2CNaOH（aq）CO2DNaOH（aq）SO2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】ANH3极易溶于水且与水反应生成一水合氨，导致烧瓶
27、内压强减小，形成烧瓶内外压强差，可以做喷泉实验，故A不符合题意；BO2难溶于水，不能使烧瓶内压强减小，不能形成烧瓶内外压强差，不可以做喷泉实验，故B符合题意；CCO2为酸性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，导致烧瓶内压强减小，形成烧瓶内外压强差，可以做喷泉实验，故C不符合题意；DSO2为酸性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，导致烧瓶内压强减小，形成烧瓶内外压强差，可以做喷泉实验，故D不符合题意；答案选B。25. 一定条件下的密闭容器中，发生可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。下列情况不能说明该反应一定达到化学平衡的是A. SO2、O2和SO3的物质的量之比为2:1:2B. SO3的质量保
28、持不变C. 正反应和逆反应的速率相等D. O2的含量保持不变【答案】A【解析】【详解】ASO2、O2和SO3的物质的量之比为2:1:2，该反应可能达到平衡状态也可能没有达到平衡状态，平衡时的各组分物质的量之比与反应物初始物质的量及转化率有关，所以不能据此判断平衡状态，故A符合题意；BSO3的质量保持不变，说明该反应的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B不符合题意C正反应和逆反应的速率相等为平衡状态时的特点，说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；DO2的含量保持不变，符合平衡状态时平衡体系各组分的含量保持不变的特征，能说明反应达到平衡状态，故D不符合题意；答案选A。26. 下列解释实验事实离
29、子方程式正确的是A. Cu和稀HNO3反应：Cu +2NO+ 4H= Cu2+ +2NO2+2H2OB. FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，显红色：Fe3+3SCN=Fe(SCN)3C. 将等体积的SO2和Cl2通入水中：SO2+Cl2+ 2H2O=SO+2Cl-+4H+D. 用PH=4的醋酸溶液吸收NH3：NH3 +H=NH【答案】C【解析】【详解】ACu和稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu +2NO+ 8H= 3Cu2+ +2NO+4H2O，故A错误；BFeCl3溶液中滴入KSCN溶液，生成红色络合物，离子方程式为：Fe3+3SCN=Fe(SCN)3，故B错误；C将等体积的SO
30、2和Cl2通入水中反应生成硫酸和HCl，离子反应方程式为：SO2+Cl2+ 2H2O=SO+2Cl-+4H+，故C正确；D用pH=4的醋酸溶液吸收NH3，醋酸为弱电解质，离子反应中不能拆，正确的离子反应为：NH3 +CH3COOH=NH+CH3COO-，故D错误；答案选C。27. 如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列有关该装置的说法正确的是A. 其能量转化的形式主要是：化学能电能光能B. 导线中电子的流动方向是：铜片导线锌片C. 铜片上发生氧化反应，锌片上发生还原反应D. 电池工作一段时间后，溶液的PH会减小【答案】A【解析】【分析】根据装置所示为铜锌原电池，
31、锌比铜活泼，锌做负极，电极上发生氧化反应，Zn-2e-=Zn2+，铜做正极，电极上发生还原反应，2H+2e-=H2，原电池中电子由负极流向正极，【详解】A该装置为原电池，原电池原理为化学能转化为电能，外电路中LED灯发光，原电池产生的电能转化为光能，则其能量转化的形式主要是：化学能电能光能，故A正确；B原电池外电路中，电子由负极流向正极，锌做负极，铜做正极，则导线中电子的流动方向是：锌片导线铜片，故B错误；C根据分析，铜片上发生还原反应，锌片上发生氧化反应，故C错误；D电池工作一段时间后，铜电极上发生还原反应，2H+2e-=H2，电解质溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，溶液的pH会增大，故D错
32、误；答案选A。28. 某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()A. H2SO4浓度为4 mol/LB. 溶液中最终溶质为FeSO4C. 原混合酸中NO3-浓度为0.2 mol/LD. AB段反应为：Fe2Fe3=3Fe2【答案】C【解析】【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2+H2最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒
33、n（H2SO4）=n（ FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计算c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g56g/mol0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）0.2mol，NO3-浓度为
34、2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。29. 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
35、溶液的装置，充分作用后，最后得到的气体是（ ）A. CO2和NOB. CO2C. NOD. NO2【答案】A【解析】【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。30. 某温度下在4 L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。下列说法正确的是A. 该
36、反应的化学方程式是B. 前2 min内以Y的浓度变化表示的平均反应速率为0.05mol/（Lmin）C. 当容器内气体压强保持不变时，该反应达到平衡状态D. 反应达到平衡时，X的转化率为40%【答案】C【解析】【详解】A.由图像走势和变化的物质的量可知，反应物为X、Y，生成物为Z，变化的物质的量分别为0.6mol、0.2mol、0.4mol，根据同一反应中各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，可以得出系数比为3:1:2，则化学方程式为，5min后达到化学平衡状态，该反应为可逆反应，A错误；B.由图可知2min内Y的物质的量变化为0.1mol，则v=c/t=n/Vt=0.1mol/(4L2
37、min)=0.0125 mol/（Lmin），B错误；C.反应前后气体分子数不相等，压强会发生改变，当容器内气体压强保持不变时，该反应达到平衡状态，C正确；D.达到化学平衡时，X转化的物质的量为0.6mol,转化率=转化的物质的量/初始的物质的量=0.6mol/1.0mol=60%，D错误；答案选C。第卷注意事项： 用黑墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。 本卷共3题，共40分31. 下图是元素周期表的一部分，根据 在周期表中的位置按题目要求回答： 族周期IA01AAAAAA23(1)在元素中，金属性最强的元素是_(填元素符号)。(2)、三种元素的原子半径由大到小的顺序是_(填元素符号)。(
38、3)和两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是_(填化学式)。(4)元素的简单氢化物比元素的简单氢化物的稳定性_(填“强”或“弱”)。(5)、三种元素的常见离子的半径最小的是_(用化学式表示)。(6)元素和元素形成的一种化合物在大气中的含量过高时会产生温室效应，写出该化合物的电子式 _。(7)和两种元素的最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). Na (2). CNH (3). HClO4 (4). 强 (5). Al3+ (6). (7). Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置关系，为H元素，为C元素，为N元
39、素，为O元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，为S元素，为Cl元素，据此分析结合元素性质和元素周期律解答。【详解】(1)同周期元素随核电荷数增大，金属性减弱，同主族元素随核电荷数增大，金属性增强，则在元素中，金属性最强的元素是Na；(2)为H元素，为C元素，为N元素，H原子是原子半径最小的原子，同周期元素随核电荷数增大，半径逐渐减小，则三种元素的原子半径由大到小的顺序是CNH；(3)为S元素，为Cl元素，元素两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为H2SO4、HClO4,非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：SCl，则元素两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的
40、是HClO4；(4)为O元素，为S元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：OS，则元素的简单氢化物比元素的简单氢化物的稳定性强；(5)为Mg元素，为Al元素，为Cl元素，三种元素的常见离子分别为Mg2+、Al3+、Cl-，电子层数越多，半径越大，电子层结构相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则半径大小关系为Cl-Mg2+Al3+，故半径最小的是Al3+；(6)为C元素，为O元素，二者形成的一种化合物在大气中的含量过高时会产生温室效应，该气体为二氧化碳，为共价化合物，碳原子与氧原子形成2对共用电子对，则电子式为；(7)为Na元素，为Al元素，两种元素的最高价氧化物对应的水化物
41、分别为氢氧化钠和氢氧化铝，氢氧化钠和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO。32. A、B、C、D、E均为有机物，其中A是化学实验中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味；B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，有关物质的转化关系如图甲所示：（1）写出B的结构简式_；A中官能团的名称为_。（2）反应和的反应类型分别是：_，_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）实验室利用反应制取C，常用上图乙装置：a试管中主要反应的化学方程式为_。在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是_。试管b中观察到的现象是_。【答案】 (1). CH2=CH2 (
42、2). 羟基 (3). 加成反应 (4). 取代（或酯化）反应 (5). 2CH3CH2OHO2 2CH3CHO2H2O (6). CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O (7). 防止倒吸 (8). 液体分为两层，上层为透明的油状液体，有香味【解析】【分析】B的产量可衡量一个国家石油化工发展的水平，B为乙烯；A是化学实验中常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，且由乙烯反应制取，能与Na发生反应，则A为乙醇；乙醇与乙酸在浓硫酸加热的条件下生成C，C为乙酸乙酯；乙醇与氧气在Cu作催化剂加热的条件下生成乙醛，D为乙醛；乙醇与Na反应生成乙醇钠和氢气。【详解】(1)分析可知，B
43、为乙烯，结构简式为CH2=CH2；A为乙醇，含有的官能团为羟基；(2)反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇；反应为乙醇与乙酸在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成乙酸乙酯和水；(3)反应为乙醇与氧气在Cu作催化剂的条件下发生氧化反应生成乙醛和水，方程式为2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O；(4)反应为乙醇与乙酸在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成乙酸乙酯和水，方程式为CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O；球形干燥管除起冷凝作用外，还能防止溶液倒吸；试管b中，有乙酸乙酯生成，乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，观察到的现象为液体分为两层，上层为透明的油状液体，有香味。3
44、3. 实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：已知：实验室用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。(1)仪器k的名称是_。(2)从图中选择制取气体的合适装置：氮气_、氢气_。(3)实验室制取氨的化学方程式是_。(4)如图是某学生设计收集氨的几种装置，其中可行的是_。(5)用甲装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入甲装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是：_，锥形瓶中还可观察到的现象是：_。(6)写出甲装置中氨催化氧化的化学方程式：_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). A (3). C (4). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2N
45、H3+2H2O (5). d (6). 氨气的氧化反应是放热反应 (7). 有红棕色气体生成(或有红棕色气体、白烟生成) (8). 4NH3+5O2 4NO+6H2O【解析】【分析】实验室模拟合成氨和氨催化氧化，首先实验室用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，应选择液液加热装置，则制取氮气的装置应选择A，实验室制取氢气一般用非氧化性酸与活泼金属反应，则制备氢气的实验装置为C，制取的氢气和氮气通入甲装置中混合和，在铂丝红热状态下作催化剂二者化合生成氨气，甲装置中导气管通入到液面以下用来控制通入气体的流速，确保氢气和氮气充分反应，据此分析解答。【详解】(1)根据仪器
46、k的构造，名称是分液漏斗；(2)结合分析，实验室用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，应选择液液加热装置，则制取氮气的装置应选择A，实验室制取氢气一般用非氧化性酸与活泼金属反应，则制备氢气的实验装置为C；(3)实验室用氯化铵晶体与氢氧化钙固体混合加热制取氨，化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(4)氨气密度比空气小，易溶于水且与水反应，可用排空气法收集纯净的氨气， a空气中含有少量水分，装置易发生氨气与空气对流，导致收集的氨气不纯，故a不可行；b装置处于密封状态，集气瓶中的杂质气体无法排出，不能收集氨气，故b不可行；c氨气易溶
47、于水，故c不可行；d由短导管口通入氨气，由氨气密度比空气小，氨气在上方，杂质气体从长导管排出，故d可行；答案选d；(5)用甲装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入甲装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是氨气的氧化反应是放热反应；氨的催化氧化反应产物是一氧化氮和水，一氧化氮极易与空气中的氧气变为二氧化氮，二氧化氮为红棕色，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸会和氨水反应生成硝酸铵(白烟)，则锥形瓶中还可观察到的现象是有红棕色气体生成(或有红棕色气体、白烟生成)(6)氨气与空气中的氧气在Pt作催化剂加热条件下反应生成一氧化氮和水，氨催化氧化的化学方程式：4NH3+5O2 4NO+6H2O。