2018-2019学年甘肃省兰州市第一中学高一下学期期末考试化学试卷（解析版） 20页

‎2018-2019学年甘肃省兰州市第一中学高一下学期期末考试 化学试卷（解析版）‎ 说明：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100分钟。答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。‎ 可能用到的相对原子质量：H—‎1 C—12 O—16 Fe—56 Cu—64 Zn—65‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题 ‎1.能源是人类社会赖以生存和发展的重要物质基础，煤、石油、天然气是当今世界最重要的三种化石能源。下列有关叙述错误的是 A. 石油液化气、汽油、地沟油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物 B. 石油通过催化裂化过程可将重油裂化为汽油 C. 石油是由多种烃组成的混合物 D. 人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 石油液化气、汽油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物，地沟油为植物油，为烃的衍生物，A错误；‎ B. 石油通过催化裂化，将大分子变为小分子，使较长碳链变短，可将重油裂化为汽油，B正确；‎ C. 石油是由多种烷烃、环烷烃组成的混合物，C正确；‎ D. 人类目前所直接利用的能量大部分是由化石燃料的燃烧提供，主要为化学反应产生，D正确；‎ 答案为A ‎2.下列关于基本营养物质的说法错误的是 A. 植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，能使Br2的CCl4溶液褪色 B. 用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素 C. 往皂化反应后的溶液中加入热的饱和食盐水，上层析出固体物质 D. 不是所有的糖类都能发生水解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，能使Br2的CCl4‎ 溶液褪色，A正确；‎ B. 用于纺织棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分为蛋白质，B错误；‎ C. 油脂在碱性条件下发生反应生成高级脂肪酸钠和甘油，往皂化反应后的溶液中加入热的饱和食盐水，能降低高级脂肪酸钠的溶解度，且密度比水小，则上层析出固体物质为高级脂肪酸钠，C正确；‎ D. 单糖不能发生水解反应，则不是所有的糖类都能发生水解，D正确；‎ 答案为B ‎3.可以用分液漏斗分离的一组混合物是 A. 酒精和碘 B. 苯和水 C. 乙酸和水 D. 溴和四氯化碳 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酒精和碘是混溶的物质，不能用分液漏斗分离，A错误；‎ B．苯和水是互不相溶的两层液体物质，可以用分液漏斗分离，B正确；‎ C．乙酸与水互溶，不能用分液漏斗分离，C错误；‎ D．溴易溶在四氯化碳中，不能用分液漏斗分离，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎4.下列有关化学用语使用正确的是 A. 乙醇的分子式：C2H5OH B. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ C. —OH的电子式： D. 丙烷分子的球棍模型：‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇的分子式：C2H6O，A错误；‎ B. 乙烯的结构简式：CH2=CH2，B错误；‎ C. —OH的电子式：，C错误；‎ D. 丙烷分子的球棍模型：，D正确；‎ 答案为D ‎5.图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（　　）‎ A. 铜棒的质量 B. c(Zn2＋) C. c(H＋) D. c(SO42-) -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为 2H++2e-=H2↑。则 A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；‎ B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；‎ C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；‎ D．SO42-不参加反应，其浓度不变，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎6.下列操作能达到实验目的的是 选项 实验目的 实验操作 A 验证SO2的漂白性 将SO2通入溴水，观察溴水是否褪色 B 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯 向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量NaOH溶液，振荡后静置分液，并除去有机相中的水 C 证明增大反应物浓度，能加快化学反应速率 将两块表面积相同的锌粒分别放入稀硫酸和浓硫酸中 D 比较铁和锌的金属性强弱 将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化硫与溴水反应体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，A错误；‎ B. 向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量碳酸钠溶液，振荡后静置分液，用NaOH会使乙酸乙酯水解，B错误；‎ C.浓硫酸具有强氧化性，与锌反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，与稀硫酸和锌的反应不具有可比性，C错误；‎ D. 将铁和锌置于稀硫酸中构成原电池，活泼金属作负极，另一金属作正极，D正确；‎ 答案为D ‎【点睛】浓硫酸表现强氧化性，为硫的化合价的变化，稀硫酸表现弱氧化性，为氢化合价的降低，反应原理不同。‎ ‎7.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是 A. 1mol分子式为C2H6O的物质，含O—H数一定是NA B. 标准状况下，‎22.4 L CH2=CH2中含C—H数为4 NA C. 1 mol甲基（—CH3）中含有的电子数为9 NA D. 0.1 mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3 NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol分子式为C2H6O的物质，若为乙醇含O—H数是NA，若为甲醚不含有O—H键，A错误；‎ B. 标准状况下，‎22.4 L CH2=CH2中即1mol乙烯中含C—H数为4 NA，B正确；‎ C. 1个甲基中含有9个电子，则1 mol甲基（—CH3）中含有电子数为9 NA，C正确；‎ D. 等物质的量的乙烯与乙醇，耗氧量相同，0.1 mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3 NA，D正确；‎ 答案为A ‎【点睛】甲基为甲烷失去一个氢原子剩余部分，则1个甲基含有9个质子，9个电子。‎ ‎8.下列关于乙酸和乙醇发生酯化反应的说法正确的是 A. 用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成H218O B. 浓硫酸的作用是中和碱性物质 C. 反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸最后加入乙酸 D. 用蒸馏的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成H2O和CH3CH218OOCCH3，A错误；‎ B. 浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，B错误；‎ C. 反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸最后加入乙酸，C正确；‎ D. 用分液的方法从饱和Na2CO3溶液中分离出乙酸乙酯，D错误；‎ 答案为C ‎9.下列反应属于氧化还原反应，而且△H＞0的是 （ ）‎ A. 铝片与稀H2SO4反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷在O2中的燃烧反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有元素化合价变化的反应为氧化还原反应；△H＞0的反应为吸热反应，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．铝片与稀H2SO4反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，但属于放热反应，故A不选；B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但不属于氧化还原反应，故B不选；C．灼热的炭与CO2反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，且属于吸热反应，故C选；D．甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，但属于放热反应，故D不选；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应及吸热反应，明确元素的化合价变化及常见的吸热反应是解题的关键。解答本题需要记住常见的吸热反应：Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应、C参加的氧化还原反应、大多数的分解反应等。‎ ‎10.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是 A. 甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色 C. 丙在铁作催化剂下可与溴水发生取代反应 D. 丁溶液常用于对皮肤、医疗器械等的消毒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据比例模型可知，甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇；‎ ‎【详解】A. 甲烷不与酸性高锰酸钾反应，则高锰酸钾溶液不褪色，A错误；‎ B. 乙烯含有碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，B错误；‎ C. 苯在铁作催化剂下可与液溴发生取代反应，与溴水发生萃取，C错误；‎ D. 75%的乙醇具有杀菌消毒的作用，75%的乙醇溶液常用于对皮肤、医疗器械等的消毒，D正确；‎ 答案为D ‎11.下列冶炼方法中，不能将化合物中的金属元素还原为金属单质的是(　　)‎ A. 铝粉和Fe2O3共热 B. 加热HgO C. 电解熔融的MgCl2 D. 氢气通入Al2O3并加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据金属的活泼性强弱冶炼金属，K、Ca、Na、Mg、Al等金属用电解法，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等金属用热还原法、Hg、Ag等金属用热分解法冶炼.‎ ‎【详解】A.铝粉和Fe2O3共热反应可以得到金属铁和氧化铝，A不符合题意；‎ B.加热氧化汞会发生分解，制的金属Hg，B不符合题意；‎ C.Mg为活泼金属，要用电解熔融MgCl2的方法冶炼，C不符合题意；‎ Dal是相对活泼的金属应该使用电解熔融氧化铝的方法冶炼，不能使用热还原法冶炼，因此不能制取得到Al单质，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查金属的冶炼方法与金属活动性关系的知识，注意常见金属的冶炼方法，把握金属的活泼性强弱是解题关键。‎ ‎12.今有五种有机物：①CH2=CHCl、 ②CH3(CH2)3OH、 ③CH2=CHCH2OH、④CH2=CHCOOCH3、⑤CH2=CHCOOH，其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应，又能发生氧化反应的是 A. ③⑤ B. ①②⑤ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①CH2=CHCl含有碳碳双键，可以发生加成、加聚、氧化反应，不能发生酯化反应 ，①错误；‎ ‎②CH3(CH2)3OH含有羟基，可以发生氧化、酯化反应，②错误；‎ ‎③CH2=CHCH2OH含有碳碳双键、羟基，可以发生加成、加聚、氧化、酯化反应，③正确；‎ ‎④CH2=CHCOOCH3含有碳碳双键、酯基，可发生加成、加聚、氧化、水解反应，④错误；‎ ‎⑤CH2=CHCOOH含有碳碳双键、羧基，可以发生加成、加聚、氧化、酯化反应，⑤正确。‎ ‎【详解】③⑤正确，答案为A ‎13.将少量的A、B两份锌粉装入试管中，分别加入足量的等浓度、等体积的稀硫酸中，同时向装A的试管中加入少量CuSO4溶液。如下图表示产生氢气的体积V与时间t的关系，其中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在A中加入少量CuSO4溶液，发生置换反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，锌与置换出铜及硫酸可形成铜锌原电池，导致A中反应速率增大，由于锌不足量，发生该反应而消耗，所以最终产生氢气的体积比B少，只有选项C符合题意。‎ ‎14.下列实验操作和现象与结论的关系相符的是 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 乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性 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 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红 生成的氯甲烷具有酸性 D 向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀 蔗糖未水解 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇与Na反应比水与Na反应平稳，则乙醇羟基中的氢原子比水分子中的氢原子活泼性弱，A错误；‎ B. 石蜡油加强热生成的气体含乙烯，则气体通入溴的四氯化碳溶液中与烯烃发生加成反应，使溶液褪色，可知石蜡油的分解产物中含有烯烃，B正确；‎ C. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体为氯化氢、一氯甲烷、未反应的氯气，氯化氢溶于水显酸性，C错误；‎ D. 蔗糖水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，该实验没有加碱至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，用酒精灯加热，未见砖红色沉淀，不能说明蔗糖未水解，D错误；‎ 答案为B ‎【点睛】蔗糖水解时，稀硫酸作催化剂，实验完成后，加入新制的氢氧化铜悬浊液时，先调节溶液呈碱性，在加入试剂，否则酸与氢氧化铜反应导致现象不明显。‎ ‎15.下列各组物质中，互为同分异构体的是（ ）‎ A. 水与冰 B. O2与O3‎ C. 与 D. 与 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水与冰的构成物质均为H2O，是同一种物质，故A不选；‎ B、氧气和臭氧是由氧元素构成的两种性质不同的单质，互为同素异形体，故B不选；‎ C、由甲烷的结构可知，与为同一种物质，故C不选；‎ D、与分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D选，答案选D。‎ ‎16.根据图提供的信息，下列所得结论正确的是 A. 该反应断裂旧键所吸收的能量低于形成新键放出的能量 B. 该反应只有在加热条件下才能进行 C. 若加入催化剂，可使该反应速率加快，△H增大 D. 该反应可能是碳酸钙的分解反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应；‎ ‎【详解】A. 根据图像，该反应断裂旧键所吸收的能量高于形成新键放出的能量，A错误；‎ B.吸热反应不一定需要加热才可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐为吸热反应，不需加热即可进行，B错误；‎ C. 若加入催化剂，可使该反应速率加快，△H不影响，C错误；‎ D. 碳酸钙的分解反应为吸热反应，该反应可能是碳酸钙的分解反应，D正确；‎ 答案为D ‎【点睛】吸热反应不一定要加热才能进行，可以在体系外进行吸热即可进行。‎ ‎17.在一个不传热的固定容积的密闭容器中,可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),当m、n、p、q为任意整数时,一定达到平衡的标志是(　 　)‎ ‎①体系的温度不再改变 ②体系的压强不再改变 ‎③各组分的浓度不再改变 ④各组分的质量分数不再改变 ‎⑤反应速率v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q ‎⑥单位时间内m mol A发生断键反应,同时p mol C也发生断键反应 A. ③④⑤⑥ B. ①③④⑥ C. ②③④⑥ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①体系的温度不再改变，正、逆反应速率相等，据此能判断该反应达到平衡状态，①正确；‎ ‎②如果该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，则体系的压强始终不变，所以不能根据压强判断反应是否达到平衡状态，②错误； ‎ ‎③各组分的物质的量浓度不再改变，说明该反应达到平衡状态，③正确；‎ ‎④当该反应达到平衡状态，各组分的质量分数不再改变，④正确；‎ ‎⑤任何时刻反应时都存在速率关系：v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q，故不能根据反应速率v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=m：n：p：q判断该反应是否达到平衡状态，⑤错误；‎ ‎⑥单位时间内m mol A断键反应等效于pmol C形成，同时pmol C也断键反应，⑥正确；‎ 综上所述可知正确的说法为①③④⑥，故合理选项是B。‎ ‎18.实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I−等)中回收碘，其实验过程如下：‎ 下列叙述不正确的是 A. “操作X”的名称为萃取，可在分液漏斗中进行 B. “还原”步骤发生的反应为：SO32−+I2+H2O == 2I−+SO42−+2H+‎ C. “氧化”过程中，可用双氧水替代氯气 D. “富集”即I2富集于有机溶剂，同时除去某些杂质离子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “操作X”为分离CCl4层和水层名称为分液，可在分液漏斗中进行，A错误；‎ B. “还原”步骤为使溶液中的碘单质变为碘离子，用亚硫酸吸收，发生的反应为：SO32−+I2+H2O == 2I−+SO42−+2H+，B正确；‎ C. “氧化”过程中，双氧水为绿色氧化剂，可氧化碘离子为单质，则可用双氧水替代氯气，C正确；‎ D. “富集”即I2富集于有机溶剂，碘单质易溶于有机溶剂，而杂质离子易溶于水，利用碘的富集，除去某些杂质离子，D正确；‎ 答案为A ‎19.在‎2 L容积不变的容器中,发生N2+3H2 2NH3的反应。现通入H2和N2发生反应,10 s内用H2表示的反应速率为0.12 mol·L-1·s-1,则10 s内消耗N2的物质的量是（ ）‎ A. 2.4‎‎ mol B. 1.2 mol C. 0.8 mol D. 0.4 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 已知10 s内用H2表示的反应速率为0.12 mol·L-1·s-1，则消耗的H2的物质的量是0.12 mol·L-1·s-1×10s×‎2L=2.4mol，所以10 s内消耗N2的物质的量0.8mol，故本题正确答案为C。‎ ‎20.溴苯是不溶于水的液体，常温下不与酸、碱反应，可用如图装置制取（该反应放出热量）。制取时观察到锥形瓶中导管口有白雾出现等现象。下列说法错误的是 A. 制备溴苯的反应属于取代反应 B. 装置图中长直玻璃导管仅起导气作用 C. 该反应还可能看到烧瓶中有红色蒸汽 D. 溴苯中溶有少量的溴，可用NaOH溶液洗涤除去 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 实验室用苯和液溴在氯化铁的条件下制备溴苯，反应属于取代反应，A正确；‎ B. 装置图中长直玻璃导管既起导气作用，又起冷凝回流的作用，B错误；‎ C. 该反应为放热反应，还可能看到烧瓶中有红色溴蒸汽出现，C正确；‎ D. 溴苯中溶有少量的溴，可与NaOH溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠，其易溶于水，不易溶于有机溶剂，从而洗涤除去，D正确；‎ 答案为B ‎21.在密闭容中加入2.0molSO2和1.0molO2，一定条件下发生如下反应2SO2＋O22SO3。反应达到平衡后，各物质的物质的量可能为( )‎ n(SO2)/mol n(O2)/mol n(SO3)/mol A ‎2.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ B ‎1.0‎ ‎0.8‎ ‎1.0‎ C ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎1.80‎ D ‎0‎ ‎0‎ ‎2.0‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应2SO2+O22SO3是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，生成物不能完全转化为反应物，根据反应的特点来回答。‎ ‎【详解】反应2SO2+O22SO3是可逆反应，加入2.0mol SO2和1.0molO2，最终各种物质都应该存在，不能全为反应物，也不能都为生成物，所以A、D错误；反应正向进行，所以正向进行SO2向生成SO3的方向进行，SO2与O2反应的物质的量关系为2：1，所以SO2减小1mol，消耗氧气0.5mol，所以应该剩余氧气物质的量为0.5mol，不能是0.8mol，B错误，故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查学生化学平衡的建立知识，注意可逆反应的特点是解题的关键。‎ ‎22.某烃完全燃烧时，消耗的氧气与生成的CO2体积比为3:2，则该烃的分子式可能为 A. C3H4 B. C2H‎4 ‎C. C2H6 D. C6H6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知该有机物为烃，则仅含有C、H两元素，其燃烧通式为：CxHy+(x+y/4)O2→xCO2+y/2H2O；‎ ‎【详解】根据题意可知，(x+y/4)：x=3：2，化简可得2x=y，所给的物质中C2H4符合，答案为B ‎23.已知(x)、 (y)、(z)互为同分异构体，下列说法不正确的是 A. z的二氯代物有三种 B. x、y的一氯代物均只有三种 C. x、y可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色 D. x、y、z中只有x的所有原子可能处于同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项，z为立方烷，结构高度对称，z中只有1种H原子，其一氯代物只有1种，二氯代物有3种（2个Cl处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线），正确；B项，x中有5种H原子，x的一氯代物有5种，y中有3种H原子，y的一氯代物有3种，错误；C项，x、y中都含有碳碳双键，都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，正确；D项，y、z中都含有饱和碳原子，y、z中所有原子不可能处于同一平面上，x由苯基和乙烯基通过碳碳单键相连，联想苯和乙烯的结构，结合单键可以旋转，x中所有原子可能处于同一平面，正确；答案选B。‎ 点睛：本题涉及两个难点：烃的氯代物种类的确定和分子中原子的共面、共线问题。烃的氯代物种类的确定：（1）一氯代物种类的确定常用等效氢法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效；（2）二氯代物种类的确定常用“定一移二”法。确定分子中共线、共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线，苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面，苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。‎ ‎24.研究人员研制出一种可作为鱼雷和潜艇的储备电源的新型电池——锂水电池(结构如图)，使用时加入水即可放电。下列关于该电池的说法不正确的是(　　)‎ A. 锂为负极，钢为正极 B. 工作时负极的电极反应式为Li－e－＝Li＋‎ C. 工作时OH－向钢电极移动 D. 放电时电子的流向：锂电极→导线→钢电极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电池以金属锂和钢为电极材料，LiOH为电解质，锂做负极，钢为正极，钢上发生还原反应，A正确；‎ B、锂水电池中，锂是负极，发生失去电子的氧化反应：Li－e－＝Li+，B正确；‎ C、原电池中，阴离子移向原电池的负极，即放电时OH-向负极锂电极移动，C错误；‎ D、放电时电子流向为负极→导线→正极，即锂电极→导线→钢电极，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】掌握原电池的工作原理是解答的关键，注意电极名称、电极反应、离子移动方向、电子和电流方向的判断，难点是电极反应式的书写，注意结合放电微粒和电解质溶液的性质分析。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、非选择题 ‎25.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。‎ ‎（1）实验过程中铜网出现黑色和红色交替的现象，请写出相应的化学方程式______________________________、________________________________。‎ ‎（2）甲水浴的作用是_________________________________________；乙水浴的作用是_________________________________________。‎ ‎（3）反应进行一段时间后，干试管a中能收集到不同的物质，它们是________。集气瓶中收集到的气体的主要成分是________。‎ ‎（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有______。要除去该物质，可在混合液中加入____________（填写字母）。‎ ａ．氯化钠溶液　　　b．苯　　 c．碳酸氢钠溶液 　　　d．四氯化碳 ‎【答案】 (1). 2Cu+O22CuO (2). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (3). 加热，使乙醇气化 (4). 冷却，使乙醛等液化 (5). 乙醛、乙醇、水 (6). 氮气 (7). 乙酸 (8). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲中鼓入空气，且在水浴加热条件下产生乙醇蒸汽，氧气和乙醇在铜催化下加热发生氧化还原反应生成乙醛和水，进入乙中的为乙醇、乙醛，在冷却下收集到乙醛，集气瓶收集氮气，据此解答。‎ ‎【详解】（1）加热条件下铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜又氧化乙醇生成乙醛、铜和水，因此实验过程中铜网出现黑色和红色交替现象，相应的化学方程式分别是2Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。‎ ‎（2）常温下乙醇是液体，参加反应的是乙醇蒸汽，则甲水浴的作用是加热，使乙醇气化；生成物乙醛是液体，则乙水浴的作用是冷却，使乙醛等液化。‎ ‎（3）由于是连续反应，乙醇不能完全被消耗，则反应进行一段时间后，干试管a中能收集到的物质是乙醛、乙醇、水。空气中含有氮气不参与反应，则集气瓶中收集到的气体的主要成分是氮气。‎ ‎（4）若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明显酸性，因此液体中还含有乙酸。四个选项中只有碳酸氢钠能与乙酸反应，则要除去该物质，可在混合液中加入碳酸氢钠溶液，答案选c。‎ ‎26.Ⅰ．已知：反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)，某温度下，在 ‎2 L 密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。‎ ‎（1）经测定前4 s内v(C)=0.05 mol·L−1·s−1，则该反应的化学方程式为______________。‎ ‎（2）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)=0.3 mol·L−1·s−1；乙：v(B)=0.12 mol·L−1·s−1；丙：v(C)=9.6 mol·L−1·min−1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为___________（用甲、乙、丙表示）。‎ Ⅱ．为了研究外界条件对过氧化氢分解速率的影响，某同学做了以下实验，请回答下列问题。‎ 编号 操作 实验现象 ‎①‎ 分别在试管A、B中加入5 mL 5％ H2O2溶液，各滴入1～2 滴1 mol/L FeCl3溶液。待试管中均有适量气泡出现时，将试管A放入盛有‎5 ℃‎左右冷水的烧杯中；将试管B放入盛有‎40 ℃‎左右热水的烧杯中 试管A中不再产生气泡试管B中产生的气泡量增大 ‎②‎ 另取两支试管分别加入5 mL 5％ H2O2溶液和5 mL 10％ H2O2溶液 试管A、B中均未见气泡产生 ‎（3）实验①的目的是_______________________________，实验中滴加FeCl3溶液的目的是____________________________。‎ ‎（4）实验②未观察到预期的实验现象，为了帮助该同学达到实验目的，你提出的对上述操作的改进意见是______________________________________________________________(用实验中所提供的几种试剂)。‎ ‎（5）某同学在50 mL H2O2 溶液中加入一定量的二氧化锰，放出气体的体积(标准状况)与反应时间的关系如右图所示，则A、B、C三点所表示的即时反应速率最慢的是______。‎ ‎【答案】 (1). ‎3A(g)+B(g) ⇌‎2C(g) (2). 乙>甲>丙 (3). 研究温度对H2O2分解速率的影响 (4). 加快H2O2分解速率，使实验现象易于观察 (5). 将两支试管同时放入盛有热水的烧杯中，或向两支试管中同时滴入2滴1 mol/L FeCl3溶液，观察产生气泡的速率 (6). C点 ‎【解析】‎ ‎【详解】I（1）反应中各物质浓度的改变量之比等于化学计量数之比，前4s时，A、B分别为0.3mol/L、0.1mol/L，C的改变量为v(C)×∆t=0.05mol/（L∙s）×4s=0.2mol/L，计量数之比为3：1：2，则方程式为：‎3A(g)+ B(g)⇌‎2C(g)；‎ ‎（2）转化为同一物质的反应速率分别为：甲：v(A)=0.3 mol·L−1·s−1；乙：v(A)=0.36 mol·L−1·s−1；丙：v(C)=0.24 mol·L−1·s−1，反应由快到慢的顺序为乙＞甲＞丙；‎ II（3）实验①过氧化氢的浓度、催化剂相同，而温度不同，则目的探究温度对H2O2分解速率的影响；滴加FeCl3溶液的目的加快H2O2分解速率，使实验现象易于观察；‎ ‎（4）常温下，过氧化氢不易分解，为提高分解速率可使用催化剂或升高温度的方法；‎ ‎（5）反应开始时，过氧化氢的浓度最大，催化剂参与反应，反应前后量不变，则浓度越大反应速率越快，反应速率最慢的为C点。‎ ‎27.为研究海水提溴工艺，甲、乙两同学分别设计了如下实验流程：‎ 甲： ‎ 乙： ‎ ‎（1）甲、乙两同学在第一阶段得到含溴海水中，氯气的利用率较高的是________(填“甲”或“乙”)，原因是____________________________________。‎ ‎（2）甲同学步骤④所发生反应的离子方程式为________________________。‎ ‎（3）对比甲、乙两流程，最大的区别在于对含溴海水的处理方法不同，其中符合工业生产要求的是________(填“甲”或“乙”)，理由是__________________________________。‎ ‎（4）某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程，设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）。下列说法错误的是___________。‎ A．A装置中通入的a气体是Cl2‎ B．实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气 C．B装置中通入的b气体是SO2‎ D．C装置的作用只是吸收多余的SO2气体 ‎【答案】 (1). 甲 (2). 酸化可防止Cl2与H2O反应 (3). SO2＋Br2＋2H2O===4H+＋SO42-＋2Br－ (4). 甲 (5). 含溴海水中溴的浓度低，直接蒸馏成本高，甲流程中③④⑤步实际上是溴的富集过程，可提高溴的浓度，减少能源消耗，降低成本 (6). D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氯气通入到海水中，发生反应生成盐酸、次氯酸，若用硫酸酸化，则增大溶液中氢离子浓度，使平衡逆向移动，从而提高氯气的利用率；‎ ‎（2）步骤④用二氧化硫与溴反应生成硫酸和氢溴酸来吸收溴蒸气，反应的离子方程式为：SO2＋Br2＋2H2O=4H+＋SO42-＋2Br－；‎ ‎（3）工业流程要求首先对试剂进行富集，大批量生产，且降低成本，则甲符合；工业进行蒸馏时需要大量的能源，且产量低；‎ ‎（4）A．A装置中通入的a气体是Cl2，利用氯气将溶液中的溴离子氧化为单质，A正确；‎ B．实验时应在A 装置中通入氯气气体一段时间后，停止通入，改通入热空气，否则通入热空气会降低氯气的利用率，且产生氯气杂质，B正确；‎ C．B装置中通入的b气体是SO2，用二氧化硫吸收空气中的溴单质，进行产品的富集，C正确；‎ D．C装置的作用吸收多余的SO2气体和未反应的溴蒸气，D错误；‎ 答案为D ‎28.Ⅰ．如图为原电池装置示意图。‎ ‎（1）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，写出B电极反应式：__________。该电池在工作时，A电极的质量将_______(填“增加”“减小”或“不变”)，若该电池反应消耗了0.1 mol H2SO4，则转移电子的数目为________。‎ ‎（2）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出A电极反应式：_____________________________。该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将________(填“增强”“减弱”或“不变”)。‎ Ⅱ．现用图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000 mL，供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。‎ ‎（3）b电极材料为________，其电极反应式为_________________________。‎ ‎（4）当量筒中收集到672 mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为________mol，此时a电极质量________(填“增加”或“减少”)________g。‎ ‎（5）如果将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是_____________。‎ ‎【答案】 (1). PbO2＋SO42-＋4H＋＋2e－===PbSO4＋2H2O (2). 增加 (3). 0.1NA (4). H2＋2OH－－2e－===2H2O (5). 减弱 (6). 铜 (7). 2H＋＋2e－===H2↑ (8). 0.06 (9). 减少 (10). 1.95 (11). 左端液面下降，右端液面上升 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I图中信息可知，该装置为原电池装置，负极失电子，化合价升高；正极得电子化合价降低；‎ II该原电池装置总反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，根据装置特点，b电极产生氢气，作电池的正极；‎ ‎【详解】I（1）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，则A为负极，B为正极，二氧化铅得电子，与溶液中的硫酸反应生成硫酸铅和水，反应式为：PbO2＋SO42-＋4H＋＋2e－=PbSO4＋2H2O；通过总反应式可知，该电池工作一段时间后氢离子浓度减小，pH增加；‎ ‎（2）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，则A为负极，氢气得电子与溶液中的氢氧根离子反应生成水，电极反应式为：H2＋2OH－－2e－=2H2O；电池正极反应生成氢氧根离子，随反应的进行，水越来越多，氢氧根离子浓度逐渐减小，碱性减弱；‎ ‎（3）根据装置特点，b电极为正极，其材料为Cu，电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑；‎ ‎（4）当量筒中收集到672 mL(标准状况下)气体时，氢气的物质的量为0.03mol，转移0.06mol的电子，则a电极消耗0.03mol的锌生成锌离子，a极质量减少‎1.95g；‎ ‎（5）将两电极对调，则a电极产生氢气，且密封，气体压强增大，致使左侧液面降低，右侧液面升高；‎ ‎【点睛】原电池装置，负极失电子化合价升高，正极得电子化合价降低；氢氧碱性燃料电池，根据总反应式可知，不消耗氢氧根离子，但会使溶液的体积增大，使碱性减弱。‎