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学易金卷：2020-2021学年高一化学下学期期末测试卷02（苏教版2019必修第二册）
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高一化学·全解全析
1．B【分析】
A．雷雨闪电的作用下，N2和O2反应生成NO,能实现氮的固定，A项不选；
B．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl， NH4Cl和NH3中的N元素均处于化合态，故NH4Cl受热分解不能实现氮的固定，B项选；
C．大豆的根瘤菌能吸收空气中的N2，将其转变为NH3或，能实现氮的固定，C项不选；
D．N2与H2在催化剂、高温、高压条件下反应生成NH3，故合成氨属于氮的固定，D项不选；
答案选B。
2．A【详解】
A．石油的分馏是利用石油中各成分沸点不同的特点，加热使其分离的过程，无新物质生成，属于物理变化，故A正确；
B．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B不选；
C．SO2溶于水生成了亚硫酸，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；
D．煤的液化是将煤转化为液态燃料(如甲醇等)的过程，有新物质生成，属于化学变化，故D不选；
故选A。
3．C【详解】
A．棉花的主要成分是纤维素、羊毛的主要成分是蛋白质都属于天然有机高分子材料，故A正确；
B． 甲烷在高温下可分解为炭黑和氢气，故B正确；
C． 甲烷与氯气混合，在光照下反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，故C错误；
D．只含碳氢两种元素的有机物称为烃，故D正确；
故答案为C
4．D【详解】
A． 40mL1ml·L-1醋酸溶液中氢离子浓度小于1ml/L；
B． 硝酸是强氧化性酸，与镁条反应得不到氢气；
C． 30mL1ml·L-1盐酸中氢离子浓度为1ml·L-1；
D． 20mL1ml·L-1硫酸中氢离子浓度为2ml·L-1；
与镁条反应放出氢气的选项中开始H+浓度最大的是20mL1ml/L硫酸溶液，故反应开始放出氢气最快的是20mL1ml/L硫酸溶液，故选D。
5．C【分析】
金属冶炼的方法根据金属活动性来确定，非常活泼的金属(如钠、镁、铝等)用电解法冶炼，通过电解相应的熔融金属化合物来制备金属单质，较活泼金属(如铁、铜等)用热还原法冶炼，利用还原剂(如、、等)在高温下还原相应的金属化合物来制备金属单质，不活泼金属(如银、汞等)用热分解法冶炼，利用加热的方法分解相应的金属化合物来制备金属单质。除了选择正确的方法，还要根据工业生产实际选择合适的原料，如工业炼铁常用还原的方法，而不用铝热反应，因为利用铝热反应炼铁成本较高且得到的往往是金属粉混合物，难以分离。
A．制备单质Mg应用电解熔融MgCl2的方法，A项错误；
B．制备Cu用热还原法制备，B项错误；
C．制备单质Al，在通电条件下，电解Al2O3和Na3AlF6的熔融混合物，C项正确；
D．工业炼铁常用还原的方法，而不用铝热反应，因为利用铝热反应炼铁成本较高且得到的往往是金属粉混合物，难以分离，D项错误；
答案选C。
6．B【分析】
构成原电池能够将化学能转化为电能，结合反应方程式分析判断。
A．为原电池，总反应为2Al+2OH-+2H2O═2AlO+3H2↑，故A不选；
B．为原电池，总反应为2Al+6H+═2Al3++3H2↑，故B选；
C．为原电池，总反应为Al+4H++NO═Al3++NO↑+2H2O，故C不选；
D．酒精为非电解质，不能构成原电池，不能将化学能转化为电能，故D不选；
故选B。
7．D
【详解】
由图得出的信息是反应物能量低于生成物能量，是吸热反应；
A．Mg与硫酸反应是放热反应，与图示不一致，故A 错误；
B．反应是吸热还是放热与反应条件无关，故B错误；
C．从图看出反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；
D．CaCO3受热分解的反应是吸热反应，符合图示，故D正确；
故答案为：D
8．B【详解】
A．X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2，并不能说明反应物和生成物的浓度保持不变，不能说明达到平衡状态，故A不正确；
B．X、Y、Z的浓度不再发生变化，则表明各物质的变化量为0，反应达平衡状态，故B正确；
C． v(X)与v(Y)之比应等于化学计量数之比，则反应速率v(X)=v(Y)时不能说明达平衡状态，故C错误；
D．单位时间内生成nmlZ的同时消耗nmlY，此时生成2nmlY，Y的物质的量增大，则逆反应速率大于正反应速率，没有达到平衡状态，故D错误；
故选B。
9．A【详解】
根据2Fe3++Fe＝3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐；
A．铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁，A正确；
B．镁作负极，碳作正极，电解质为硝酸铁溶液，能发生氧化还原反应：2Fe3++Mg=Mg2++ 2Fe2+，不符合题意，B错误；
C．Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，反应为：2Fe3++Zn=Zn2++ 2Fe2+，不符合题意，C错误；
D．铁作负极，银作正极，电解质为H2SO4溶液，反应为：2H++Fe=Fe+，不符合题意，D错误；
答案选A。
10．D【分析】
能发生喷泉实验的条件是气体快速溶解或者反应从而形成较大的压强差。
A．氨气极易溶于水，形成较大的压强差，能形成喷泉，故A不符合题意；
B．二氧化硫是酸性氧化物，易与氢氧化钠溶液反应，形成较大的压强差，能形成喷泉，故B不符合题意；
C．二氧化碳为酸性氧化物，易与氢氧化钠溶液反应，形成较大的压强差，能形成喷泉，故C不符合题意；
D．氯气与饱和氯化钠溶液不反应，难溶，不能形成较大压强差，不能形成喷泉，故D符合题意；
综上所述，答案为D。
11．B【分析】
A． 通常情况下，甲烷化学性质稳定，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B． 乙烯是平面结构，所有原子共面，故B正确；
C． 苯中不含碳碳双键，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；
D． CH3CH2CH2CH3的同分异构体为(CH3)2CHCH3，故D错误；
故选B。
12．D【详解】
A．乙醇可以燃烧，所以根据乙醇的性质可以从推测异丙醇可以燃烧，故A正确；
B．乙醇具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，根据乙醇的性质推测异丙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．乙醇可以和钠反应生成乙醇钠和氢气，异丙醇含有羟基，可以和钠反应生成异丙醇钠和氢气，故C正确；
D．在乙醇中与羟基相连的碳原子上有两个氢原子，在加热和有催化剂(或)存在的条件下，被氧气氧化为乙醛，而异丙醇中与羟基相连的碳原子上只有一个氢原子，在加热和有催化剂(或)存在的条件下，能被氧气氧化为丙酮，故D错误；
故答案为D。
13．D【详解】
A．塑料不是天然高分子化合物，A项错误；
B．聚乙烯分子和苯分子中没有碳碳双键，B项错误；
C．棉花、羊毛都属于天然纤维，但涤纶为合成纤维，C项错误；
D．乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙醇和碳酸钠不反应，可用Na2CO3溶液进行区别，D项正确；
故选D。
14．C【分析】
A 极逐渐变细，说明是原电池的负极，B 极逐渐变粗，说明是原电池正极。
A．A 是 Zn、B 是 Cu、C 为稀硫酸，则B极会产生气泡，质量不会增加，故A不符合题意；
B．A 是 Cu、B 是 Zn、C 为稀硫酸，则B质量减少，A上产生气泡，故B不符合题意；
C．A 是 Fe、B 是 Ag、C 为 AgNO3 溶液，则A极质量减少，B极质量增加，故C符合题意；
D．A 是 Ag、B 是 Fe、C 为 AgNO3 溶液，则B极质量减少，A极质量增加，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
15．D
【详解】
A． 乙酸的分子式：C2H4O2，CH3COOH是结构简式，故A错误；
B． 羟基的电子式：，故B错误；
C． 乙醇的结构式：，C2H6O是分子式，故C错误；
D． 丙烷分子的球棍模型：，表示出原子间的连接方式，故D正确；
故选D。
16．C【详解】
A．碳酸氢铵受热分解有氨气产生，故A正确；
B．氨气与氯化钙结合生成络合物，则干燥氨气可用碱性干燥剂，碱石灰，不能用无水氯化钙，故B正确；
C．生石灰和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和铵盐反应能生成氨气，从而降低肥效，故C错误；
D．铵盐都是晶体，所有的铵盐都易溶于水，故D正确；
故选C。
17．A【详解】
A．天然气是古代生物的遗骸经复杂变化而形成的化石燃料，是自然界中以现成形式提供的能源，是一次能源，故A正确；
B．锌锰干电池中锌失去电子发生氧化反应生成Zn2+，所以锌作负极，故B错误；
C．手机上的锂离子电池可以充电、放电，属于二次电池，故C错误；
D．太阳能电池的主要材料为硅，光导纤维的主要材料是二氧化硅，故D错误；
故选A。
18．A【详解】
A．图中斜率越大，反应速率越快，显然EF段表示的平均速率最快，故A正确；
B．标准状况下测得生成CO2体积为：E点收集到CO2的体积为224mL，F点收集到CO2的体积为672mL，G点收集到CO2的体积为784mL，则G点收集到CO2的量最多，故B错误；
C．斜率越大，反应速率越快，EF段反应速率是最快的，EF段c(HCl)不是最大的，影响EF段反应速率的主要因素可能是温度，反应放热，温度越高，反应速率越快，故C错误；
D．OE、EF、FG三段中，时间相同，气体体积比等于反应速率之比，则用CO2表示的平均反应速率之比为224mL：(672mL -224mL)：(784mL- 672mL)=2:4:1，故D错误；
答案选A。
19．C【详解】
A．被氧化生成硝酸根离子和氢离子，根据电子守恒和元素守恒可知反应的离子方程式为+2O2=+2H+ +H2O，氢离子浓度增大，酸性增强，pH逐渐下降，故A正确；
B．NH4Cl含N元素、易溶于水，则长期过量使用NH4Cl等铵态化肥，易导致水体富营养化，故B正确；
C．铵根离子与浓碱反应生成氨气，检验氨气应利用湿润的红色石蕊试纸，故C错误；
D．要保持微生物活性、避免其变性，调节水体pH时不适宜加入碱性物质，可加入石灰石来消耗氢离子调节pH，故D正确；
故选：C。
20．A【分析】
反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此解答该题。
A．随着反应进行，反应物的浓度减小，则正反应速率逐渐减小，可知点a的正反应速率比点b的大，故A正确；
B．点c处氨气和氢气的物质的量相等，但随着时间的变化，二者的物质的量发生变化，说明点没有达到平衡状态，故B错误；
C．平衡状态时各物质的物质的量不变，d、e处氨气、氢气的物质的量不变，说明达到平衡状态，则点d(时刻)和点e(时刻)处一样，故C错误；
D．可逆反应达到平衡状态时，反应处于动态平衡，各物质的物质的量不再发生改变，e点为平衡状态，因此反应未停止，故D错误；
综上所述，叙述正确的是A项，故答案为A。
(除标明外，其余每空2分，共14分)
(1)2A(g)B(g) (2) 减慢（1分） (3)减慢（1分） (4)＞ (5) 0.1 (6) AB (7) 71.4% 7：10
【详解】
(1)由图可知，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，最终A、B的物质的量都不再改变时都不是零，说明为可逆反应，开始至平衡时，Δn(A)=0.8ml-0.2ml=0.6ml，Δn(B)=0.5ml-0.2ml=0.3ml，则A、B的化学计量数比为2：1，所以反应方程式为2A(g)B(g)；
(2)降低温度，活化分子百分数减少，化学反应速率减小，正逆反应速率均减小；
(3)第4min后A的物质的量继续减小，B的物质的量继续增加，反应仍在向右进行，所以v正＞v逆；
(4)0～4min内，Δn(B)=0.4ml-0.2ml=0.2ml，容器体积为0.5L，所以v(B)==0.1ml/(L•min)；
(5)A．反应前后气体分子数发生变化，体系压强改变，容器中压强不变，可以说明化学反应达到化学平衡，故A选；
B．混合气体中A的浓度不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故B选；
C．反应前后气体质量守恒，容器恒容，则整个反应过程容器中气体密度不变，不能说明化学反应是否达到化学平衡，故C不选；
D．c(A)和c(B)是否相等取决于初始投料和转化率，并不能通过c(A)=c(B)说明化学反应达到化学平衡，故D不选，
故答案为：AB；
(6)平衡时A和B的物质的量分别是0.2ml、0.5ml，则混合气体中B的体积分数约为×100%≈71.4%。
(7)容器恒容则压强之比等于气体的物质的量之比，初始时气体总物质的量为0.2ml+0.8ml=1.0ml，平衡时气体总物质的量为0.2ml+0.5ml=0.7ml，压强之比为0.7：1.0=7：10。
22．（每空2分，共10分）（1）Mg+2H+= Mg 2++H2↑ （2）b （3）该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快 随着反应的进行，盐酸的浓度不断下降，使反应速率减慢 （4）吸热
【分析】
(1)Mg与盐酸反应生成氢气和氯化镁，反应的离子方程式Mg+2H+= Mg 2++H2↑，故答案为：Mg+2H+= Mg 2++H2↑；
(2)该反应是放热反应，能量变化是反应物的总能量高于生成物的总能量，所以b符合，故选：b；
(3)氢气产生速率在t2前与t2后变化不同的主要原因是：t1~t2影响氢气产生速率的主要因素是反应放出的热量使温度升高，t2~t3随反应进行，盐酸浓度不断减小，影响反应速率的主要因素是盐酸浓度减小，故答案为：该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快；随着反应的进行，盐酸的浓度不断下降，使反应速率减慢；
(4)实验中温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应，故答案为：吸热。
23．（每空1分，共7分）
I(1)a 242 (2) ce II:A Cu2++2e-=Cu 变大 D＞A＞B＞C
【详解】
Ⅰ.(1)氢气燃烧放热，反应物总能量高于生成物总能量，则图像a符合，答案选a；断键吸热，成键放热，则生成1mlH2O(g)可以放出热量为2×463kJ－436kJ－0.5×496kJ＝242kJ。
(2)a.盐酸与烧碱溶液反应属于放热反应，但不是氧化还原反应，a不符合；
b.柠檬酸和碳酸氢钠反应属于放热反应，但不是氧化还原反应，b不符合；
c.氢气在氧气中燃烧生成水属于放热反应，且是氧化还原反应，c符合；
d.高温煅烧石灰石使其分解属于吸热反应，且不是氧化还原反应，d不符合；
e.铝和盐酸反应属于放热反应，且是氧化还原反应，e符合；
f.浓硫酸溶于水放热，但不是化学变化，f不符合；
答案选ce；
Ⅱ.①装置甲中二价金属A不断溶解，说明A是负极，B是正极，则溶液中的阴离子移向A极。
②装置乙中C的质量增加，说明C电极是正极，B电极是负极，其中正极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu。
③装置丙中A上有气体产生，说明A电极是正极，D电极是负极，氢离子在正极放电，所以溶液的pH变大。
④原电池中负极金属性强于正极，则四种金属活动性由强到弱的顺序是D＞A＞B＞C。
24．（每空2分，共14分）
I:光化学烟雾 酸雨 II:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 使氨气和一氧化氮混合均匀 0.9 III: ≤1:1 0.5ml/L
【分析】
用NH3处理NO时，常需加入催化剂，并加热。A装置用于制取NH3，B装置用于制取NO，通过C装置调节气体的相对量，然后在D装置内将气体干燥，在E装置内发生NH3与NO的氧化还原反应，尾气用浓硫酸吸收。
]I．氮氧化物NOx与水反应生成的硝酸会导致雨水酸化，在空气中与烃类物质作用生成O3，并产生光化学雾，所以对环境主要影响有两点：光化学烟雾、酸雨。答案为：光化学烟雾；酸雨；
II．(1)装置A中，氯化铵与消石灰反应，生成氯化钙、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)装置C的作用有两个：一个作用是通过气泡产生的速率来控制反应物的比例，另一个作用是使氨气和一氧化氮混合均匀。答案为：使氨气和一氧化氮混合均匀；
(3)当转移3.6ml电子时，消耗NO2的物质的量为=0.9 ml。答案为：0.9；
III．(1)前一反应表明，当NO、NO2物质的量相等时，能被NaOH溶液完全吸收，第二个反应表明，NO2可被NaOH溶液完全吸收，由此得出，当NOx被NaOH溶液完全吸收时，NO、NO2的物质的量之比为≤1:1。答案为：≤1:1；
(2)2240mL(标准状况)NO和NO2的混合气体溶于200mLNaOH溶液中，恰好完全反应，生成NaNO2、NaNO3的混合物，从产物的组成看，n(Na+)=n(N)，则NaOH溶液物质的量浓度是=0.5ml/L。答案为：0.5ml/L。
【点睛】
若想将NO完全转化为N2，应通入过量的氨气。
25．（除标明外，其余每空2分，共15分）
(一)(1)AC (2)C DEF (二)(1)CH4+Cl2CH3Cl+HCl 正确 (2)干燥气体 淀粉-KI (3) 3 ml (4)3 ml
【分析】
(一) 根据烷烃的结构特点及同分异构体的概念分析判断；
(二)在装置A中，浓盐酸与MnO2混合加热反应产生Cl2，在装置B，浓硫酸可以干燥气体、混合气体，并通过观察气泡来控制气流速率；在C中Cl2与CH4在光照条件下发生取代反应产生CH3Cl等有机物及HCl，在D中未反应的Cl2与KI发生置换反应产生I2，使淀粉溶液变为蓝色；根据取代反应的特点，由取代反应产生的物质的物质的量计算反应消耗的Cl2的物质的量及反应产生的HCl的物质的量。
【详解】
(一)(1)烷烃是烃分子中C原子之间以单键结合形成链状，剩余的价电子全部与H原子结合，达到结合H原子的最大数目的链烃。根据图示可知属于烷烃的是选项AC；
(2)同分异构体的分子式相同，结构不同。选项A表示的物质分子式是C4H10，名称为丁烷；与其互为同分异构体的物质是选项C，C表示的物质名称是2-甲基丙烷；B分子式是C4H8，其名称是2-丁烯；符合物质分子式是C4H8的物质还有选项D、E、F，它们的名称分别是1-丁烯、2-甲基丙烯、环丁烷；
(二)在装置A中，浓盐酸与MnO2混合加热反应产生Cl2，在装置B的浓硫酸可以干燥、混合Cl2与CH4，然后在C中Cl2与CH4在光照条件下发生取代反应产生CH3Cl、HCl，反应方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；
由于过量的Cl2能够与水反应产生HCl、HClO，所以不能根据E中有HCl产生，就说是甲烷与氯气发生了取代反应，该说法是正确的；
(2)B装置中浓硫酸的作用有三种：①控制气流速率；②混匀混合气体；③干燥气体，避免副反应的发生；
(3)一段时间后发现D装置中的棉花由白色变为蓝色，则棉花上可能是预先滴有KI淀粉溶液，这是由于在C中未发生取代反应的Cl2在D中遇棉花上是KI溶液发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，产生的I2遇淀粉使溶液变为蓝色，故棉花上可能预先滴有淀粉-KI溶液；
(4)取代反应逐步进行，Cl2与CH4在光照条件下发生取代反应产生的有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种物质，每步反应都会产生HCl。若1 ml CH4与Cl2发生取代反应，四种有机产物的物质的量依次增大0.1 ml，假设反应产生的CH3Cl物质的量是x ml，则其余有机物的物质的量分别是CH2Cl2为(x+0.1)ml，CHCl3为(x+0.2)ml，CCl4为(x+0.3)ml，根据C原子守恒可知：x ml+(x+0.1)ml+(x+0.2)ml+(x+0.3)ml=1 ml，解得x=0.1 ml，结合取代反应的特点，可知发生取代反应消耗Cl2的总物质的量为n(Cl2)总=n(CH3Cl)+2n(CH2Cl2)+3n(CHCl3)+4n(CCl4)=0.1 ml+2×0.2 ml+3×0.3 ml+4×0.4 ml=3 ml；反应每消耗1 ml Cl2，就会同时产生1 ml HCl，现在反应消耗了3 ml Cl2，因此反应产生HCl的物质的量是3 ml。
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2
3
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5
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7
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B
A
C
D
C
B
D
B
A
D
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18
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B
D
D
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C
A
A
C
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高一化学·全解全析
1．B【分析】
A．雷雨闪电的作用下，N2和O2反应生成NO,能实现氮的固定，A项不选；
B．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl， NH4Cl和NH3中的N元素均处于化合态，故NH4Cl受热分解不能实现氮的固定，B项选；
C．大豆的根瘤菌能吸收空气中的N2，将其转变为NH3或，能实现氮的固定，C项不选；
D．N2与H2在催化剂、高温、高压条件下反应生成NH3，故合成氨属于氮的固定，D项不选；
答案选B。
2．A【详解】
A．石油的分馏是利用石油中各成分沸点不同的特点，加热使其分离的过程，无新物质生成，属于物理变化，故A正确；
B．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，有新物质生成，属于化学变化，故B不选；
C．SO2溶于水生成了亚硫酸，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；
D．煤的液化是将煤转化为液态燃料(如甲醇等)的过程，有新物质生成，属于化学变化，故D不选；
故选A。
3．C【详解】
A．棉花的主要成分是纤维素、羊毛的主要成分是蛋白质都属于天然有机高分子材料，故A正确；
B． 甲烷在高温下可分解为炭黑和氢气，故B正确；
C． 甲烷与氯气混合，在光照下反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，故C错误；
D．只含碳氢两种元素的有机物称为烃，故D正确；
故答案为C
4．D【详解】
A． 40mL1ml·L-1醋酸溶液中氢离子浓度小于1ml/L；
B． 硝酸是强氧化性酸，与镁条反应得不到氢气；
C． 30mL1ml·L-1盐酸中氢离子浓度为1ml·L-1；
D． 20mL1ml·L-1硫酸中氢离子浓度为2ml·L-1；
与镁条反应放出氢气的选项中开始H+浓度最大的是20mL1ml/L硫酸溶液，故反应开始放出氢气最快的是20mL1ml/L硫酸溶液，故选D。
5．C【分析】
金属冶炼的方法根据金属活动性来确定，非常活泼的金属(如钠、镁、铝等)用电解法冶炼，通过电解相应的熔融金属化合物来制备金属单质，较活泼金属(如铁、铜等)用热还原法冶炼，利用还原剂(如、、等)在高温下还原相应的金属化合物来制备金属单质，不活泼金属(如银、汞等)用热分解法冶炼，利用加热的方法分解相应的金属化合物来制备金属单质。除了选择正确的方法，还要根据工业生产实际选择合适的原料，如工业炼铁常用还原的方法，而不用铝热反应，因为利用铝热反应炼铁成本较高且得到的往往是金属粉混合物，难以分离。
A．制备单质Mg应用电解熔融MgCl2的方法，A项错误；
B．制备Cu用热还原法制备，B项错误；
C．制备单质Al，在通电条件下，电解Al2O3和Na3AlF6的熔融混合物，C项正确；
D．工业炼铁常用还原的方法，而不用铝热反应，因为利用铝热反应炼铁成本较高且得到的往往是金属粉混合物，难以分离，D项错误；
答案选C。
6．B【分析】
构成原电池能够将化学能转化为电能，结合反应方程式分析判断。
A．为原电池，总反应为2Al+2OH-+2H2O═2AlO+3H2↑，故A不选；
B．为原电池，总反应为2Al+6H+═2Al3++3H2↑，故B选；
C．为原电池，总反应为Al+4H++NO═Al3++NO↑+2H2O，故C不选；
D．酒精为非电解质，不能构成原电池，不能将化学能转化为电能，故D不选；
故选B。
7．D
【详解】
由图得出的信息是反应物能量低于生成物能量，是吸热反应；
A．Mg与硫酸反应是放热反应，与图示不一致，故A 错误；
B．反应是吸热还是放热与反应条件无关，故B错误；
C．从图看出反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；
D．CaCO3受热分解的反应是吸热反应，符合图示，故D正确；
故答案为：D
8．B【详解】
A．X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2，并不能说明反应物和生成物的浓度保持不变，不能说明达到平衡状态，故A不正确；
B．X、Y、Z的浓度不再发生变化，则表明各物质的变化量为0，反应达平衡状态，故B正确；
C． v(X)与v(Y)之比应等于化学计量数之比，则反应速率v(X)=v(Y)时不能说明达平衡状态，故C错误；
D．单位时间内生成nmlZ的同时消耗nmlY，此时生成2nmlY，Y的物质的量增大，则逆反应速率大于正反应速率，没有达到平衡状态，故D错误；
故选B。
9．A【详解】
根据2Fe3++Fe＝3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐；
A．铁作负极，铜作正极，电解质为可溶性的氯化铁，A正确；
B．镁作负极，碳作正极，电解质为硝酸铁溶液，能发生氧化还原反应：2Fe3++Mg=Mg2++ 2Fe2+，不符合题意，B错误；
C．Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，反应为：2Fe3++Zn=Zn2++ 2Fe2+，不符合题意，C错误；
D．铁作负极，银作正极，电解质为H2SO4溶液，反应为：2H++Fe=Fe+，不符合题意，D错误；
答案选A。
10．D【分析】
能发生喷泉实验的条件是气体快速溶解或者反应从而形成较大的压强差。
A．氨气极易溶于水，形成较大的压强差，能形成喷泉，故A不符合题意；
B．二氧化硫是酸性氧化物，易与氢氧化钠溶液反应，形成较大的压强差，能形成喷泉，故B不符合题意；
C．二氧化碳为酸性氧化物，易与氢氧化钠溶液反应，形成较大的压强差，能形成喷泉，故C不符合题意；
D．氯气与饱和氯化钠溶液不反应，难溶，不能形成较大压强差，不能形成喷泉，故D符合题意；
综上所述，答案为D。
11．B【分析】
A． 通常情况下，甲烷化学性质稳定，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B． 乙烯是平面结构，所有原子共面，故B正确；
C． 苯中不含碳碳双键，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；
D． CH3CH2CH2CH3的同分异构体为(CH3)2CHCH3，故D错误；
故选B。
12．D【详解】
A．乙醇可以燃烧，所以根据乙醇的性质可以从推测异丙醇可以燃烧，故A正确；
B．乙醇具有还原性，能使酸性高锰酸钾褪色，根据乙醇的性质推测异丙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．乙醇可以和钠反应生成乙醇钠和氢气，异丙醇含有羟基，可以和钠反应生成异丙醇钠和氢气，故C正确；
D．在乙醇中与羟基相连的碳原子上有两个氢原子，在加热和有催化剂(或)存在的条件下，被氧气氧化为乙醛，而异丙醇中与羟基相连的碳原子上只有一个氢原子，在加热和有催化剂(或)存在的条件下，能被氧气氧化为丙酮，故D错误；
故答案为D。
13．D【详解】
A．塑料不是天然高分子化合物，A项错误；
B．聚乙烯分子和苯分子中没有碳碳双键，B项错误；
C．棉花、羊毛都属于天然纤维，但涤纶为合成纤维，C项错误；
D．乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙醇和碳酸钠不反应，可用Na2CO3溶液进行区别，D项正确；
故选D。
14．C【分析】
A 极逐渐变细，说明是原电池的负极，B 极逐渐变粗，说明是原电池正极。
A．A 是 Zn、B 是 Cu、C 为稀硫酸，则B极会产生气泡，质量不会增加，故A不符合题意；
B．A 是 Cu、B 是 Zn、C 为稀硫酸，则B质量减少，A上产生气泡，故B不符合题意；
C．A 是 Fe、B 是 Ag、C 为 AgNO3 溶液，则A极质量减少，B极质量增加，故C符合题意；
D．A 是 Ag、B 是 Fe、C 为 AgNO3 溶液，则B极质量减少，A极质量增加，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
15．D
【详解】
A． 乙酸的分子式：C2H4O2，CH3COOH是结构简式，故A错误；
B． 羟基的电子式：，故B错误；
C． 乙醇的结构式：，C2H6O是分子式，故C错误；
D． 丙烷分子的球棍模型：，表示出原子间的连接方式，故D正确；
故选D。
16．C【详解】
A．碳酸氢铵受热分解有氨气产生，故A正确；
B．氨气与氯化钙结合生成络合物，则干燥氨气可用碱性干燥剂，碱石灰，不能用无水氯化钙，故B正确；
C．生石灰和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和铵盐反应能生成氨气，从而降低肥效，故C错误；
D．铵盐都是晶体，所有的铵盐都易溶于水，故D正确；
故选C。
17．A【详解】
A．天然气是古代生物的遗骸经复杂变化而形成的化石燃料，是自然界中以现成形式提供的能源，是一次能源，故A正确；
B．锌锰干电池中锌失去电子发生氧化反应生成Zn2+，所以锌作负极，故B错误；
C．手机上的锂离子电池可以充电、放电，属于二次电池，故C错误；
D．太阳能电池的主要材料为硅，光导纤维的主要材料是二氧化硅，故D错误；
故选A。
18．A【详解】
A．图中斜率越大，反应速率越快，显然EF段表示的平均速率最快，故A正确；
B．标准状况下测得生成CO2体积为：E点收集到CO2的体积为224mL，F点收集到CO2的体积为672mL，G点收集到CO2的体积为784mL，则G点收集到CO2的量最多，故B错误；
C．斜率越大，反应速率越快，EF段反应速率是最快的，EF段c(HCl)不是最大的，影响EF段反应速率的主要因素可能是温度，反应放热，温度越高，反应速率越快，故C错误；
D．OE、EF、FG三段中，时间相同，气体体积比等于反应速率之比，则用CO2表示的平均反应速率之比为224mL：(672mL -224mL)：(784mL- 672mL)=2:4:1，故D错误；
答案选A。
19．C【详解】
A．被氧化生成硝酸根离子和氢离子，根据电子守恒和元素守恒可知反应的离子方程式为+2O2=+2H+ +H2O，氢离子浓度增大，酸性增强，pH逐渐下降，故A正确；
B．NH4Cl含N元素、易溶于水，则长期过量使用NH4Cl等铵态化肥，易导致水体富营养化，故B正确；
C．铵根离子与浓碱反应生成氨气，检验氨气应利用湿润的红色石蕊试纸，故C错误；
D．要保持微生物活性、避免其变性，调节水体pH时不适宜加入碱性物质，可加入石灰石来消耗氢离子调节pH，故D正确；
故选：C。
20．A【分析】
反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应物的生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此解答该题。
A．随着反应进行，反应物的浓度减小，则正反应速率逐渐减小，可知点a的正反应速率比点b的大，故A正确；
B．点c处氨气和氢气的物质的量相等，但随着时间的变化，二者的物质的量发生变化，说明点没有达到平衡状态，故B错误；
C．平衡状态时各物质的物质的量不变，d、e处氨气、氢气的物质的量不变，说明达到平衡状态，则点d(时刻)和点e(时刻)处一样，故C错误；
D．可逆反应达到平衡状态时，反应处于动态平衡，各物质的物质的量不再发生改变，e点为平衡状态，因此反应未停止，故D错误；
综上所述，叙述正确的是A项，故答案为A。
(除标明外，其余每空2分，共14分)
(1)2A(g)B(g) (2) 减慢（1分） (3)减慢（1分） (4)＞ (5) 0.1 (6) AB (7) 71.4% 7：10
【详解】
(1)由图可知，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，最终A、B的物质的量都不再改变时都不是零，说明为可逆反应，开始至平衡时，Δn(A)=0.8ml-0.2ml=0.6ml，Δn(B)=0.5ml-0.2ml=0.3ml，则A、B的化学计量数比为2：1，所以反应方程式为2A(g)B(g)；
(2)降低温度，活化分子百分数减少，化学反应速率减小，正逆反应速率均减小；
(3)第4min后A的物质的量继续减小，B的物质的量继续增加，反应仍在向右进行，所以v正＞v逆；
(4)0～4min内，Δn(B)=0.4ml-0.2ml=0.2ml，容器体积为0.5L，所以v(B)==0.1ml/(L•min)；
(5)A．反应前后气体分子数发生变化，体系压强改变，容器中压强不变，可以说明化学反应达到化学平衡，故A选；
B．混合气体中A的浓度不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故B选；
C．反应前后气体质量守恒，容器恒容，则整个反应过程容器中气体密度不变，不能说明化学反应是否达到化学平衡，故C不选；
D．c(A)和c(B)是否相等取决于初始投料和转化率，并不能通过c(A)=c(B)说明化学反应达到化学平衡，故D不选，
故答案为：AB；
(6)平衡时A和B的物质的量分别是0.2ml、0.5ml，则混合气体中B的体积分数约为×100%≈71.4%。
(7)容器恒容则压强之比等于气体的物质的量之比，初始时气体总物质的量为0.2ml+0.8ml=1.0ml，平衡时气体总物质的量为0.2ml+0.5ml=0.7ml，压强之比为0.7：1.0=7：10。
22．（每空2分，共10分）（1）Mg+2H+= Mg 2++H2↑ （2）b （3）该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快 随着反应的进行，盐酸的浓度不断下降，使反应速率减慢 （4）吸热
【分析】
(1)Mg与盐酸反应生成氢气和氯化镁，反应的离子方程式Mg+2H+= Mg 2++H2↑，故答案为：Mg+2H+= Mg 2++H2↑；
(2)该反应是放热反应，能量变化是反应物的总能量高于生成物的总能量，所以b符合，故选：b；
(3)氢气产生速率在t2前与t2后变化不同的主要原因是：t1~t2影响氢气产生速率的主要因素是反应放出的热量使温度升高，t2~t3随反应进行，盐酸浓度不断减小，影响反应速率的主要因素是盐酸浓度减小，故答案为：该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快；随着反应的进行，盐酸的浓度不断下降，使反应速率减慢；
(4)实验中温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是吸热反应，故答案为：吸热。
23．（每空1分，共7分）
I(1)a 242 (2) ce II:A Cu2++2e-=Cu 变大 D＞A＞B＞C
【详解】
Ⅰ.(1)氢气燃烧放热，反应物总能量高于生成物总能量，则图像a符合，答案选a；断键吸热，成键放热，则生成1mlH2O(g)可以放出热量为2×463kJ－436kJ－0.5×496kJ＝242kJ。
(2)a.盐酸与烧碱溶液反应属于放热反应，但不是氧化还原反应，a不符合；
b.柠檬酸和碳酸氢钠反应属于放热反应，但不是氧化还原反应，b不符合；
c.氢气在氧气中燃烧生成水属于放热反应，且是氧化还原反应，c符合；
d.高温煅烧石灰石使其分解属于吸热反应，且不是氧化还原反应，d不符合；
e.铝和盐酸反应属于放热反应，且是氧化还原反应，e符合；
f.浓硫酸溶于水放热，但不是化学变化，f不符合；
答案选ce；
Ⅱ.①装置甲中二价金属A不断溶解，说明A是负极，B是正极，则溶液中的阴离子移向A极。
②装置乙中C的质量增加，说明C电极是正极，B电极是负极，其中正极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu。
③装置丙中A上有气体产生，说明A电极是正极，D电极是负极，氢离子在正极放电，所以溶液的pH变大。
④原电池中负极金属性强于正极，则四种金属活动性由强到弱的顺序是D＞A＞B＞C。
24．（每空2分，共14分）
I:光化学烟雾 酸雨 II:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 使氨气和一氧化氮混合均匀 0.9 III: ≤1:1 0.5ml/L
【分析】
用NH3处理NO时，常需加入催化剂，并加热。A装置用于制取NH3，B装置用于制取NO，通过C装置调节气体的相对量，然后在D装置内将气体干燥，在E装置内发生NH3与NO的氧化还原反应，尾气用浓硫酸吸收。
]I．氮氧化物NOx与水反应生成的硝酸会导致雨水酸化，在空气中与烃类物质作用生成O3，并产生光化学雾，所以对环境主要影响有两点：光化学烟雾、酸雨。答案为：光化学烟雾；酸雨；
II．(1)装置A中，氯化铵与消石灰反应，生成氯化钙、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)装置C的作用有两个：一个作用是通过气泡产生的速率来控制反应物的比例，另一个作用是使氨气和一氧化氮混合均匀。答案为：使氨气和一氧化氮混合均匀；
(3)当转移3.6ml电子时，消耗NO2的物质的量为=0.9 ml。答案为：0.9；
III．(1)前一反应表明，当NO、NO2物质的量相等时，能被NaOH溶液完全吸收，第二个反应表明，NO2可被NaOH溶液完全吸收，由此得出，当NOx被NaOH溶液完全吸收时，NO、NO2的物质的量之比为≤1:1。答案为：≤1:1；
(2)2240mL(标准状况)NO和NO2的混合气体溶于200mLNaOH溶液中，恰好完全反应，生成NaNO2、NaNO3的混合物，从产物的组成看，n(Na+)=n(N)，则NaOH溶液物质的量浓度是=0.5ml/L。答案为：0.5ml/L。
【点睛】
若想将NO完全转化为N2，应通入过量的氨气。
25．（除标明外，其余每空2分，共15分）
(一)(1)AC (2)C DEF (二)(1)CH4+Cl2CH3Cl+HCl 正确 (2)干燥气体 淀粉-KI (3) 3 ml (4)3 ml
【分析】
(一) 根据烷烃的结构特点及同分异构体的概念分析判断；
(二)在装置A中，浓盐酸与MnO2混合加热反应产生Cl2，在装置B，浓硫酸可以干燥气体、混合气体，并通过观察气泡来控制气流速率；在C中Cl2与CH4在光照条件下发生取代反应产生CH3Cl等有机物及HCl，在D中未反应的Cl2与KI发生置换反应产生I2，使淀粉溶液变为蓝色；根据取代反应的特点，由取代反应产生的物质的物质的量计算反应消耗的Cl2的物质的量及反应产生的HCl的物质的量。
【详解】
(一)(1)烷烃是烃分子中C原子之间以单键结合形成链状，剩余的价电子全部与H原子结合，达到结合H原子的最大数目的链烃。根据图示可知属于烷烃的是选项AC；
(2)同分异构体的分子式相同，结构不同。选项A表示的物质分子式是C4H10，名称为丁烷；与其互为同分异构体的物质是选项C，C表示的物质名称是2-甲基丙烷；B分子式是C4H8，其名称是2-丁烯；符合物质分子式是C4H8的物质还有选项D、E、F，它们的名称分别是1-丁烯、2-甲基丙烯、环丁烷；
(二)在装置A中，浓盐酸与MnO2混合加热反应产生Cl2，在装置B的浓硫酸可以干燥、混合Cl2与CH4，然后在C中Cl2与CH4在光照条件下发生取代反应产生CH3Cl、HCl，反应方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl；
由于过量的Cl2能够与水反应产生HCl、HClO，所以不能根据E中有HCl产生，就说是甲烷与氯气发生了取代反应，该说法是正确的；
(2)B装置中浓硫酸的作用有三种：①控制气流速率；②混匀混合气体；③干燥气体，避免副反应的发生；
(3)一段时间后发现D装置中的棉花由白色变为蓝色，则棉花上可能是预先滴有KI淀粉溶液，这是由于在C中未发生取代反应的Cl2在D中遇棉花上是KI溶液发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，产生的I2遇淀粉使溶液变为蓝色，故棉花上可能预先滴有淀粉-KI溶液；
(4)取代反应逐步进行，Cl2与CH4在光照条件下发生取代反应产生的有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种物质，每步反应都会产生HCl。若1 ml CH4与Cl2发生取代反应，四种有机产物的物质的量依次增大0.1 ml，假设反应产生的CH3Cl物质的量是x ml，则其余有机物的物质的量分别是CH2Cl2为(x+0.1)ml，CHCl3为(x+0.2)ml，CCl4为(x+0.3)ml，根据C原子守恒可知：x ml+(x+0.1)ml+(x+0.2)ml+(x+0.3)ml=1 ml，解得x=0.1 ml，结合取代反应的特点，可知发生取代反应消耗Cl2的总物质的量为n(Cl2)总=n(CH3Cl)+2n(CH2Cl2)+3n(CHCl3)+4n(CCl4)=0.1 ml+2×0.2 ml+3×0.3 ml+4×0.4 ml=3 ml；反应每消耗1 ml Cl2，就会同时产生1 ml HCl，现在反应消耗了3 ml Cl2，因此反应产生HCl的物质的量是3 ml。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
A
C
D
C
B
D
B
A
D
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B
D
D
C
D
C
A
A
C
A
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