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【化学】浙江省临海市白云高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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浙江省临海市白云高级中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
（考试时间：90分钟 满分：100分）
可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Mn:55
一、选择题(本大题共31小题,每小题2分,共62分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.下列属于碱的是 ( )
A. H2SO4 B. KClO3 C. Ca(OH)2 D. CO2
【答案】C
【解析】
【分析】碱是电离出的阴离子全部是OH－的化合物，据此判断。
【详解】A. H2SO4＝2H++SO42-，则H2SO4属于酸，A项错误；
B. KClO3＝ K++ClO3－，则KClO3属于盐，B项错误；
C. Ca(OH)2＝Ca2++2OH－，则Ca(OH)2属于碱，C项正确；
D. CO2酸性氧化物，D项错误。
本题选C。
2.下列仪器称为“干燥管”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】A为硬质玻璃管，B为干燥管，C为洗气瓶，D为漏斗，答案选B。
3.下列物质中,属于非电解质,但溶于水后所得溶液导电性明显增强的是( )
A. 金属钠 B. 乙醇 C. 硝酸钾 D. 三氧化硫
【答案】D
【解析】
【分析】据非电解质的概念和影响溶液导电性的因素分析。
【详解】A. 金属钠是单质，既不是电解质也不是非电解质，它与水反应生成成氢氧化钠使溶液导电性增强，A项错误；
B. 乙醇属于非电解质，溶于水不电离，溶液不导电，B项错误；
C. 硝酸钾属于电解质，在水溶液中完全电离成K+、NO3-，使溶液导电性增强，C项错误；
D. 三氧化硫属于非电解质，溶于水时反应生成强电解质H2SO4，使溶液导电性增强，D项正确。
本题选D。
4.研究结果表明,太阳气体中存在大量的20Ne和22Ne。下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是 ( )
A. 22Ne的原子核中有22个中子 B. 20Ne和22Ne是同一种核素
C. 20Ne的原子核中有20个质子 D. 20Ne和22Ne互为同位素
【答案】D
【解析】
【分析】应用的含义、核素与同位素的概念解答。
【详解】A. 22Ne原子核中，有22－10＝12个中子，A项错误；
B. 20Ne和22Ne的质子数相同，但中子数不同，属于不同核素，B项错误；
C. 20Ne是10号元素，原子核中有10个质子，C项错误；
D. 20Ne和22Ne质子数相同、中子数不同，互为同位素，D项正确。
本题选D。
5.下列属于氧化还原反应,且为吸热反应的是 ( )
A. C+H2OCO+H2 B. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
C. Zn+2H+=Zn2++H2↑ D. CaCO3CaO+CO2↑
【答案】A
【解析】
【分析】有化合价升降变化的反应是氧化还原反应，记忆常见的吸热反应和放热反应。
【详解】A. 反应C+H2OCO+H2中，碳、氢元素化合价有变化，是氧化还原反应，同时反应吸热，A项正确；
B. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O是中和反应，不是氧化还原反应，一定放热，B项错误；
C. 反应Zn+2H+=Zn2++H2↑中锌、氢元素化合价变化，是氧化还原反应，且反应放热，C项错误；
D. 反应CaCO3CaO+CO2↑不是氧化还原反应，是吸热反应，D项错误。
本题选A。
6.下列哪个是该烷烃的名称( )
A. 3，6-二甲基-4-乙基庚烷 B. 2，5-二甲基-4-乙基庚烷
C. 2，2-二甲基庚烷 D. 2，5-甲基-4-乙基庚烷
【答案】B
【解析】
【分析】据烷烃的系统命名法解答。
【详解】选最长碳链为主链，从近支链端给主链碳原子编号为，进而写出名称2,5-二甲基-4-乙基庚烷。
本题选B。
7.下列说法不正确的是 ( )
A. 工业制取硫酸过程中生成的SO2可循环利用
B. 钢铁因含杂质而容易生锈所以合金一定不耐腐蚀
C. 沙子、石英、水晶、硅藻土都是天然存在二氧化硅
D. 在医疗上硫酸亚铁可用作生产防治缺铁性贫血的药剂
【答案】B
【解析】
【分析】注意合金的一般性质与特殊性质。
【详解】A. 工业制取硫酸的尾气中有少量SO2，可回收送入接触室实现循环利用，A项正确；
B. 钢铁含杂质碳等，在潮湿的空气中易形成原电池，发生电化学腐蚀而生锈。但不锈钢等合金抗腐蚀能力强，B项错误；
C. 沙子、石英、水晶、硅藻土的主要成分都是都是二氧化硅，C项正确；
D. 血红蛋白中含有Fe2+，在医疗上硫酸亚铁可防治缺铁性贫血，D项正确。
本题选B。
8.已知1g火箭燃料肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，则该反应的热化学方程式正确的是( )
A. N2H4+O2=N2+2H2O △H=－534.4kJ/mol
B. N2H4（g）+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=－534.4kJ/mol
C. N2H4（g）+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H= +534.4kJ/mol
D. N2H4（g）+O2(g)=N2(g)+H2O(g) △H=－16.7kJ/mol
【答案】B
【解析】1g火箭燃料肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，则1mol即32g肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出534.4kJ的热量，热化学方程式为N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=-534.4kJ/mol，故B正确，答案选B。
9.以下化学用语正确的是 ( )
A. 乙烯的结构简式CH2CH2 B. 乙烷的分子式C2H6
C. 甲烷的空间结构是平面 D. 氯化钠的电子式
【答案】B
【解析】
【分析】据化学用语的书写规范判断正误。
【详解】A. 乙烯中有官能团碳碳双键，在结构简式中不能省略，应为CH2=CH2，A项错误；
B. 分子式只表示分子组成，乙烷的分子式C2H6，B项正确；
C. 甲烷的空间结构是正四面体，而不是平面形，C项错误；
D. 氯化钠是离子化合物，其电子式Na+[]－，D项错误。
本题选B。
10.HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂,已知熔融的HgCl2不导电,而HgCl2的稀溶液有弱的导电能力,下列关于HgCl2的叙述正确的是 ( )
A. HgCl2属于离子化合物 B. HgCl2属于共价化合物
C. HgCl2属于非电解质 D. HgCl2中既存在离子键也存在共价键
【答案】B
【解析】
【分析】物质结构决定性质，由物质性质可推断物质结构。
【详解】A. 熔融的HgCl2不导电，则HgCl2属于共价化合物，A项错误；
B. HgCl2属于共价化合物，B项正确；
C. HgCl2的稀溶液导电能力弱，则水溶液中HgCl2能微弱电离，属于弱电解质，C项错误；
D. HgCl2为共价化合物，只存在共价键，D项错误。
本题选B。
11.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2−和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是( )
A. a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B. b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C. c的原子半径是这些元素中最大的
D. d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性
【答案】A
【解析】a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2-和C+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素。
A．H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；
B．氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2等化合物，B项正确；
C．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>O>H，C项正确；
D．d和a形成的化合物为H2S，硫化氢是二元弱酸，H2S的溶液呈弱酸性，D项正确；
答案选A。
12.下列有关能量转换的说法不正确的是( )
A. 煤燃烧是化学能转化为热能的过程
B. 化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
C. 动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程
D. 植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程
【答案】C
【解析】A、煤燃烧是化学能转化为热能的过程，故A正确；
B、化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故B正确；
C、葡萄糖在体内被氧化成CO2是把化学能转化成热能的过程，故C错误；
D、植物叶绿体吸收太阳光通过光合作用把二氧化碳和水转化成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，储存在糖类中，故D正确，答案选C。
13.下列由实验得出的结论正确的是（ ）
实验
结论
A．
将乙烯通入溴的四氧化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B．
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C．
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D．
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
【答案】A
【解析】A. 将乙烯通入溴的四氧化碳溶液，溶液最终变为无色透明，说明生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，A由实验得出的结论正确；
B. 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但两者反应的剧烈程度不同，故乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性不同， B由实验得出的结论不正确；
C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明乙酸的酸性强于碳酸的酸性，C由实验得出的结论不正确；
D. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体中含有HCl和一氯甲烷两种气态产物，该混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，由于 HCl的水溶液显强酸性，故不能证明生成的氯甲烷具有酸性，D由实验得出的结论不正确。
综上所述，由实验得出的结论正确的是A，本题选A。
14.加成反应是有机化学中的一类重要的反应,下列过程中发生加成反应的是 ( )
A. 甲烷与氯气混合后光照条件下发生反应
B. 在苯中滴入溴水,振荡后溴水层颜色变浅
C. 乙烯通入酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色
D. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】据加成反应的概念分析选项中的反应，判断其反应类型。
【详解】A. 甲烷与氯气混合后光照，甲烷中氢原子被氯原子代替，发生取代反应，A项错误；
B. 在苯中滴入溴水振荡，发生萃取作用使溴水层颜色变浅，是物理变化，B项错误；
C. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生氧化反应，C项错误；
D. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应生成1,2－二溴乙烷，D项正确。
本题选D。
15.下列说法正确的是 ( )
A. “碳纳米泡沫”被称为第五形态的单质碳,它与石墨互为同素异形体
B. 分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质,彼此一定互为同系物
C. 宇宙中新发现H3分子与H2分子互为同位素
D. 和互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】区分同素异形体、同系物、同位素、同分异构体四个概念，分析判断正误。
【详解】A. 同素异形体是同种元素的不同单质，“碳纳米泡沫”与石墨互为同素异形体，A项正确；
B. 同系物要求结构相似（性质相似）、分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物。仅相差若干CH2，不一定互为同系物，如H2和CH4、苯酚和苯甲醇都不是同系物，B项错误；
C. 同位素是指质子数相同、中子数不同的原子。H3与H2互为同素异形体，而不是同位素，C项错误；
D. 和为同种物质，都是正丁烷，D项错误。
本题选A。
16.下列说法不正确的是（ ）
A. 金刚石、石英和足球烯均为空间网状结构的原子晶体
B. 在NaOH、NH4Cl和Na2SO4中，都存在离子键和共价键
C. 干冰升华的过程只需克服分子间作用力
D. H2O分解生成H2和O2的过程中既有共价键断裂，又有共价键形成
【答案】A
【解析】A．足球烯属于分子晶体，金刚石、石英均为空间网状结构的原子晶体，选项A错误；
B．NaOH中钠离子与氢氧根离子之间存在离子键，O与H之间存在共价键，NH4Cl中铵根离子与氯离子之间存在离子键，N与H之间存在共价键，Na2SO4中钠离子与硫酸根离子之间存在离子键，S与O之间存在共价键，所以三者都存在离子键和共价键，选项B正确；
C．分子晶体发生三态变化时克服分子间作用力，所以干冰升华的过程只需克服分子间作用力，选项C正确；
D．H2O分解生成H2和O2的过程中，先是H﹣O键断裂，然后形成H﹣H键和O＝O键，所以既有共价键断裂，又有共价键形成，选项D正确。
答案选：A。
17.在体积为1 L的密闭容器中(体积不变)充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 3 min前v正＞v逆，3 min后v正＜v逆
B. 进行到3 min时，正反应速率和逆反应速率相等
C. 10 min后容器中各物质浓度不再改变
D. 达到平衡后，升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小
【答案】C
【解析】A．根据图象可知，反应在达到平衡前，3反应物浓度都在减小，生成物浓度都在增大，所以在10min前都是v正＞v逆，故A错误；B．正反应速率和逆反应速率相等，是指相同时间内，物质浓度变化量相同，而根据图象可知进行到3分钟时，CO2和CH3OH（g）的浓度相同，不能判断浓度变化量是否相同，故B错误；C．10分钟后，CO2和CH3OH（g）的浓度不再变化，达到化学平衡状态，故C正确；D．根据温度对反应速率的影响可知，升高温度，正逆反应速率都会增大，故D错误；故选C。
18.对于ⅣA族元素，下列叙述中不正确的是( )
A. SiO2和CO2中Si和O，C和O之间都是共价键
B. C、Si、Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8
C. CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应
D. 该族元素的主要化合价是+4和＋2
【答案】B
【解析】A、共价化合物中非金属元素之间以共价键结合，故A正确；
B、C、Si、Ge的最外层电子数都是4，但是C的次外层是2个电子，故B错误；
C、CO2和SiO2都是酸性氧化物，酸性氧化物和碱性氧化物一定条件可以反应，故C正确；
D、碳族元素的最外层电子数为4，所以最高正价为+4价，也能形成+2价，故D正确：
答案选B。
19.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图,下列说法正确的是( )
A. 原子半径:Z>Y>X
B. Z的氧化物能与Y的最高价氧化物对应的水化物反应
C. WX3和水反应生成的化合物是离子化合物
D. 气态氢化物的稳定性:R
【解析】
【分析】根据化合价与原子结构的关系推断短周期元素，进而应用元素周期律比较物质性质。
【详解】按原子序数增大的顺序推断元素，X最低－2价、无正价，为氧元素（O）；Y最高+1价、无负价，为钠元素（Na）；Z最高+4价、最低－4价，为硅元素（Si）；W最高+6价、最低－2价，为硫元素（S）；R最高+7价、最低－1价，为氯元素（Cl）。
A. 据周期表中原子半径变化规律，应Y（Na）>Z（Si）>X（O），A项错误；
B. Z的氧化物（SiO2）与Y的最高价氧化物对应的水化物（NaOH）能反应，B项正确；
C. WX3（SO3）和水反应生成的H2SO4是共价化合物，水溶液中它能电离生成离子，C项错误；
D. 元素非金属性Cl>S，则气态氢化物的稳定性:R（HCl）>W（H2S），D项错误。
本题选B。
20.有a、b、c、d四个金属电极,有关的实验装置及部分实验现象如下:
实验
装置
部分实验
现象
a极质量减小,b极质量增大
b极有气体产生,c极无变化
d极溶解,c极有气体产生
电流从a极流向d极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是 ( )
A. a>b>d>c B. b>c>d>a
C. a>b>c>d D. d>a>b>c
【答案】D
【解析】
【分析】原电池中，通常负极金属的活动性大于正极金属的活动性。通过电极现象判断金属的正负极，从而比较金属活动性。
【详解】装置一：a极质量减小，则a为负极、失电子溶解；b极质量增大，则金属离子得电子析出。故金属活动性a>b。
装置二：金属b、c未用导线连接，不是原电池。b极有气体产生，c极无变化，则活动性b>(H)>c。
装置三：d极溶解，则a为负极；c极有氢气产生，则c为正极。故金属活动性d>c。
装置四：电流从a极流向d极，则d为负极、a为正极，金属活动性d>a。
综上，金属活动性d>a>b>c。
本题选D。
21.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是( )
A. 正极反应中有CO2生成
B. 微生物促进了反应中电子的转移
C. 质子通过交换膜从负极区移向正极区
D. 电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】
【分析】微生物电池中， C6H12O6所在电极为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，O2所在电极为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，电池工作时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，据此解答。
【详解】A. 微生物电池中，C6H12O6所在电极为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，所以负极发生氧化反应，且负极区有CO2生成，故A错误；
B. 微生物的作用促进了反应C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O的发生，即促进了反应中电子的转移，故B正确；
C. 微生物电池工作时，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；
D.由装置图可知，该电池实质是C6H12O6和O2反应，即电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确，答案选A。
22.X(g)+3Y(g) 2Z(g) ΔH=－a kJ·molˉ1 ，一定条件下，将1 mol X和3 mol Y通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4 mol。下列说法正确的是( )
A. 10min内，消耗0.2 mol X，生成0.4 mol Z
B. 第10min时，X的反应速率为0.01 mol·Lˉ1·minˉ1
C. 10min内，Y的平均反应速率为0.03 mol·Lˉ1·sˉ1
D. 10min内，X和Y反应放出的热量为a kJ
【答案】A
【解析】
【分析】用“三行式”解题，注意平均速率与瞬时速率的差别，正确理解可逆反应热化学方程式的含义。
【详解】 X(g)+3Y(g) 2Z(g) ΔH=－a kJ·molˉ1
起始/mol： 1 3 0
转化/mol： 0.2 0.6 0.4
10min/mol： 08 2.4 0.4
A. 上述数据说明，10min内消耗0.2 mol X、生成0.4 mol Z，A项正确；
B. 10min内，X的平均反应速率为0.2mol/(2L×10min)=0.01 mol·Lˉ1·minˉ1，不是第10min时的瞬时反应速率，B项错误；
C. 10min内，Y的平均反应速率v(Y)=3v(X)=0.03 mol·Lˉ1·minˉ1=0.0005mol·Lˉ1·sˉ1，C项错误；
D. 题中热化学方程式表明，1molX与3molY完全反应生成2molZ时放热akJ。10min内，有0.2molX和0.6molY发生反应，故放热0.2a kJ，D项错误。
本题选A。
23.H2与ICl的反应分①、②两步进行,其能量变化曲线如图所示,下列有关说法错误的是（ ）
A. 反应①、反应②均为放热反应
B. 反应①、反应②均为氧化还原反应
C. 反应H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)的 ΔH=-218 kJ·mol-1
D. 反应①比反应②的速率慢,与相应断键吸收的能量无关
【答案】D
【解析】
【分析】影响化学反应速率的内因是反应的活化能，活化能越大，化学反应越慢。
【详解】A. 从能量曲线图看，反应①、反应②的反应物总能量都高于生成物总能量，即均为放热反应，A项正确；
B. 反应①有H2参与、反应②有I2生成，必然都有化合价变化，均为氧化还原反应，B项正确；
C. 能量曲线图表明，起始反应物“H2(g)+2ICl(g)”比最终生成物“I2(g)+2HCl(g)”能量高218 kJ·mol-1，即 ΔH＝－218 kJ·mol-1，C项正确；
D. 图中，反应①的活化能比反应②的大，使反应①比反应②速率慢。活化能与断裂反应物中化学键吸收能量有关，D项错误。
本题选D。
24.下列说法正确的是 ( )
A. 苯与溴水混合后加入FeBr3作催化剂,可发生取代反应生成溴苯
B. 甲烷与氯气混合后光照条件下发生取代反应
C. 相同物质的量的乙烯与乙醇分别在足量的O2中完全燃烧,消耗O2的物质的量不等
D. 乙烯和植物油都能使溴水褪色,其褪色原理不同
【答案】B
【解析】
【分析】从化学反应对试剂的要求、反应本质等角度分析解答。
【详解】A. 在FeBr3作催化作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，而不是溴水，A项错误；
B. 甲烷与氯气混合光照，甲烷中氢原子被氯原子取代，发生取代反应，B项正确；
C. 据乙烯（C2H4）与乙醇（C2H6O，可写成C2H4·H2O）的化学式，等物质的量时完全燃烧消耗O2的物质的量相同，C项错误；
D. 植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，它和乙烯都能与溴水发生加成反应，而使溴水褪色，褪色原理相同，D项错误。
本题选B。
25.在一定条件下,可逆反应X(g)+2Y(g) 2Z(g) ΔH=-akJ•mol-1,达到化学平衡时,下列说法一定正确的是 ( )
A. 反应放出akJ热量
B. 反应物和生成物的浓度都不再发生变化
C. X和Y的物质的量之比为1∶2
D. X的正反应速率等于Z的逆反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】从化学平衡的特征和本质两方面分析判断。
【详解】A. 当1molX(g)和 2molY(g) 完全反应生成2molZ(g) 时才能放热akJ，A项错误；
B. 化学平衡时，反应物和生成物的浓度都不再随时间发生变化，B项正确；
C. 起始时X和Y的物质的量未知，反应消耗的X和Y的物质的量之比为1∶2，故平衡时X和Y的物质的量之比不一定为1∶2，C项错误；
D. 化学平衡时，正、逆反应速率相等。X的正反应速率与Z的逆反应速率之比应等于化学计量数之比1∶2，D项错误。
本题选B。
26.反应3A(g)+B(g) 2C(g)在三种不同的条件下进行反应,在同一时间内,测得的反应速率用不同的物质表示为:①v(A)=1 mol•L-1•min-1 ②v(C)=0.5 mol•L-1•s-1 ③v(B)=0.5 mol•L-1•min-1,三种情况下该反应速率大小的关系正确的是 ( )
A. ①>②>③ B. ②>③>① C. ③>①>② D. ②>①>③
【答案】B
【解析】
【分析】据反应速率与化学计量数的关系，将不同物质表示的速率转换为同种物质表示的速率，进而比较反应快慢。
【详解】本题转换为A表示的反应速率，以mol•L-1•min-1为速率单位。
①v(A)=1 mol•L-1•min-1；
②v(C)=0.5 mol•L-1•s-1，则v(A)=v(C)=0.75 mol•L-1•s-1=45mol•L-1•min-1；
③v(B)=0.5 mol•L-1•min-1，则v(A)=3v(B)=1.5 mol•L-1•min-1。
本题选B。
27.下列说法正确的是 ( )
A. HCl溶于水能电离出H+、Cl-,所以HCl是离子化合物
B. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O,既破坏了离子键,也破坏了共价键
C. He、CO2和CH4都是由分子构成,它们中都存在共价键
D. 碘晶体受热转变成碘蒸气,吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
【答案】B
【解析】
【分析】根据构成粒子间的作用类型，分析物理、化学过程中的变化。
【详解】A. HCl分子内H、Cl原子间是共价键结合，属于共价化合物。溶于水时共价键被破坏，电离出H+、Cl-，A项错误；
B. NaHCO3是离子化合物，Na+、HCO3－间是离子键，HCO3－内原子间是共价键。它受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O时，其中离子键、共价键都被破坏，B项正确；
C. He、CO2和CH4都是由分子构成，其中He是单原子分子，分子内无化学键。而CO2、CH4分子内都存在共价键，C项错误；
D. 碘晶体是分子晶体，分子间有范德华力，分子内有共价键。碘晶体受热变成碘蒸气是物理变化，吸收的热量用于克服碘分子间的范德华力，D项错误。
本题选B。
28.钢铁易生锈是因为在潮湿的空气里,其表面吸附一层薄薄的水膜,构成了若干微小原电池(如图所示)。下列有关说法正确的是 ( )
A. 负极的电极反应式为Fe-3e-=Fe3+
B. 钢铁生锈过程中电能转化为化学能
C. O2在正极参加反应生成OH-
D. 为减缓铁制品生锈，可将其与铜相连
【答案】C
【解析】
【分析】钢铁腐蚀的本质是通过原电池的反应使铁被氧化，其中吸氧腐蚀更普遍，故以原电池原理分析解答。
【详解】A. 吸氧腐蚀原理图中，铁作原电池负极，电极反应式应为Fe-2e-=Fe2+，A项错误；
B. 钢铁生锈过程发生原电池反应，化学能主要转化为电能，B项错误；
C. 杂质碳作原电池正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，C项正确；
D. 减缓铁制品生锈，可将作其原电池的正极，连接比铁活泼的金属。铜的活泼性小于铁，D项错误。
本题选C。
29.如图，缠上金属条的铁钉插在含有酚酞的NaCl溶液中，可以看到在金属条表面的溶液出现粉红色。该金属条可能是 ( )。
A. 铜 B. 镁 C. 铝 D. 锌
【答案】A
【解析】缠上金属条的铁钉插在含有酚酞的NaCl溶液中，可以看到在金属条表面的溶液出现粉红色，说明铁钉发生吸氧腐蚀，金属条附近生成了OH－，铁失电子作负极、另一种金属作正极，则另一种金属的活泼性小于铁，故选A。
30.已知反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g),下列物理量可以肯定该反应达到平衡状态的是 ( )
A. 密闭容器中氨气的体积分数不变 B. c(NH3)∶c(CO2)=2∶1
C. 密闭容器中的压强不变 D. v(NH3)∶v(CO2)=2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】从化学平衡的特征（各物质的物质的量或浓度不再变化）和本质（正逆反应速率相等）两方面分析判断。
【详解】A. 据反应方程式，密闭容器中只有NH3(g)、CO2(g)两种气体。不论是否平衡，氨气的体积分数恒为2/3，A项错误；
B. 不论是否平衡，密闭容器中c(NH3)∶c(CO2)=2∶1，B项错误；
C. 对于恒温恒容的密闭容器，当压强不变时，则容器中气体的总物质的量不再改变，即为化学平衡，C项正确；
D. “v(NH3)∶v(CO2)=2∶1”中，未指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能判断是否为化学平衡，D项错误。
本题选C。
31.在一定温度下，反应A2（g）+B2（g）2AB（g）达到反应限度的标志是（ ）
A. 容器内气体的总压强不随时间变化而变化
B. A2、B2和AB的物质的量不再改变
C. c（A2）：c（B2）：c（AB）=1：1：2
D. A2和B2的物质的量之和与AB的物质的量相等
【答案】B
【解析】
【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A、该反应前后的气体体积相同，容器内气体的总压强始终不随时间变化而变化，故A错误；
B、A2、B2、AB的物质的量随反应的进行会发生改变，当其物质的量不再变化时，说明反应达到平衡，故B正确；
C、平衡时c（A2）：c（B2）：c（AB）之比可能1：1：2，也可能不是，与各物质的初始浓度有关，故C错误；
D、由反应方程式可知，A2和B2的物质的量之和与AB的物质的量始终相等，不能判断是否达到平衡状态，故D错误；
故选B。
二、非选择题(共6个小题，48分。32题9分，33题7分，34、36题4分，35题6分，37题8分)
32.下表为部分的元素周期表，(用元素符号或化学式回答问题):
B
……
C
D
A
……
E
F
G
(1)元素A离子的结构示意图为______________，单质C的电子式_______________。化合物A2F的电子式_______________，E在元素周期表中的位置第____周期，第____主族。
(2)B单质属于____________(原子晶体、离子晶体、分子晶体)
(3)G单质与水的反应方程式为____________________ ;
(4)下列说法正确的是
A、离子半径：A+
【答案】 (1). (2). (3). Na+[]2-Na+ (4). 三 VA (5). 分子晶体 (6). Cl2+H2OHCl+HClO (7). A
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置确定元素，进而用化学用语回答相关问题，用元素周期律比较物质的性质。
【详解】由元素在周期表中位置可知，A（Na）、B（He）、C（N）、D（O）、E（P）、F（S）、G（Cl）。
(1)A原子失去最外层1个电子形成A离子（Na+），其结构示意图为。两个C原子通过3对共用电子对结合成单质分子（N2），其电子式为。化合物A2F（Na2S）的电子式Na+[]2-Na+。E（P）在元素周期表中的位置第三周期，第VA族。
(2)B单质为单原子分子，固体为分子晶体。
(3)G单质（Cl2）与水的反应方程式为Cl2+H2OHCl+HClO。
(4)A、Na+、O2-电子层结构相同，Na+核电荷较大、半径较小；S2-比O2-电子层数多、半径较大，故离子半径A+（Na+）
C、G（Cl）元素的非金属性大于F（S），则G最高氧化物的水化物（HClO4）的酸性比F（H2SO4）强，C错误；
D、据表中非金属性规律，有非金属性D（O）> C（N）> E（P），则E元素的非金属性比D元素弱，D错误。
33.已知：X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，食醋中约含有3%～5%的D，其转化关系如下图所示。
请回答：
(1)X的结构简式是__________________。
(2)A→B的化学方程式是____________________________________________。
(3)X+H2O→A+D的化学方程式是____________________________________________。
(4)下列说法不正确的是________。
A A+D→X的反应属于加成反应
B A与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈得多
C 除去X中少量D杂质可用饱和Na2CO3溶液
D 等物质的量的A、B、D完全燃烧消耗O2的量依次减小
【答案】(1). CH3COOCH2CH3 (2). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (3). CH3COOCH2CH3+H2OCH3CH2OH+CH3COOH (4). AB
【解析】
【分析】X在酸或碱性条件下能水解，且水解产物能转化，推断X为酯类。食醋主要成分D是解题的关键。
【详解】食醋含D3%～5%，则D为醋酸（CH3COOH）。X在酸性条件下能水解生成A、D（CH3COOH），且A能氧化成D，则A为乙醇（CH3CH2OH），X为乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）。X在碱性条件下水解生成A（CH3CH2OH）和C，则C为乙酸盐（如CH3COONa）。A（CH3CH2OH）氧化成B，即B为乙醛（CH3CHO）。
(1)X为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3。
(2)A→B的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
(3)X+H2O→A+D的化学方程式是CH3COOCH2CH3+H2OCH3CH2OH+CH3COOH。
(4)A.乙酸与乙醇生成乙酸乙酯和水的反应属于取代反应，A项错误；
B.乙醇与金属钠反应比水与金属钠反应平缓得多，B项错误；
C.除去乙酸乙酯中少量乙酸杂质可用饱和Na2CO3溶液，C正确；
D.等物质的量（设各1mol）A（CH3CH2OH）、B（CH3CHO）、D（CH3COOH）完全燃烧消耗O2的量分别为3mol、2.5mol、2mol，D项正确。
故不正确的有AB。
34.(1)随着人们对环保的重视程度日益提高,乙醇在某些行业作为燃料被广泛应用。下列有关乙醇作为燃料的说法正确的是________。
①燃烧时只发生氧化反应 ②充分燃烧的产物不污染环境
③乙醇是一种可再生能源 ④燃烧时放出大量的热
A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④
(2)CCS技术是将工业和有关能源产业中所产生的CO2进行捕捉与封存的技术,被认为是拯救地球、应对全球气候变化最重要的手段之一。其中一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”的简单流程图如图所示(部分条件及物质未标出)。回答下列问题:
CH4在催化剂作用下实现第一步,也叫CH4不完全燃烧,1 g CH4不完全燃烧反应放出2.21 kJ热量,写出该反应的热化学方程式____________________。
【答案】(1). D (2). 2CH4(g)+O2(g)＝2CO(g)+4H2(g) ΔH=-70.72 kJ/mol
【解析】
【分析】从原料来源、发热量、产物对环境的影响等角度分析乙醇作燃料的好处；热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，ΔH与化学计量数成正比。
【详解】(1)乙醇作为燃料，完全燃烧生成CO2和H2O。
①燃烧时乙醇发生氧化反应，氧气发生还原反应；②充分燃烧的产物CO2和H2O不会污染环境；③乙醇可由纤维素水解生成葡萄糖，再由葡萄糖发醇生成，属于可再生能源；④单位质量的燃料相比，乙醇燃烧时放出大量的热。故正确的是D。
(2)流程中第一步CH4不完全燃烧，化学方程式是2CH4+O2→2CO+4H2。1 g CH4不完全燃烧放热2.21 kJ，则2molCH4不完全燃烧放热70.72 kJ。故其热化学方程式2CH4(g)+O2(g)＝2CO(g)+4H2(g) ΔH＝－70.72 kJ/mol。
35.在烧瓶放20 g蔗糖，依次加入少量水、20mL浓硫酸，蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的黑面包，烧瓶发烫，品红溶液颜色变淡。请回答：
(1)仪器a的名称___________
(2)小试管盛装试剂___________
(3)浓硫酸与碳反应方程式___________：
(4)下列说法不正确的是___________
A 蔗糖变黑说明发生过程 C12H22O11→C+H2O
B 品红颜色变淡说明SO2有漂白性
C 上述实验体现浓硫酸的脱水性、吸水性和氧化性
D 将气体依次通过饱和碳酸氢钠溶液、澄清石灰水，石灰水变浑浊证明含有CO2
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). NaOH溶液等 (3). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (4). D
【解析】
【分析】浓硫酸具有强烈的脱水性，能使蔗糖炭化，同时放热；生成的碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2、SO2。SO2有漂白性，能使品红褪色。
【详解】(1)仪器a为分液漏斗，用于向气体发生装置中添加液体。
(2)小试管盛装NaOH溶液，用于吸收SO2气体，防止其污染空气。
(3)浓硫酸与碳反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O：
(4)A. 蔗糖变黑说明生成碳，则氢、氧生成水，即C12H22O11→12C+11H2O，A正确；
B. 品红颜色变淡，说明SO2有漂白性，B正确；
C. 上述实验中，浓硫酸使蔗糖变黑（脱水性）、浓硫酸结合生成的水（吸水性）、浓硫酸氧化生成的碳（强氧化性），C正确；
D. C与H2SO4(浓)反应生成CO2、SO2混合气体，它们都能使石灰水变浑浊。要检验其中的CO2，必先除去SO2，且不能生成CO2。将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液时，除去SO2的同时生成了CO2，D错误。
故不正确的是D。
36.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉,用排水集气法收集反应放出的氢气(气体体积已折合成标准状况),实验记录如表(累计值):
时间/min
1
2
3
4
5
6
氢气体积
/mL
50
120
224
392
472
502
(1)哪一时间段反应速率最大________(填“0～1 min”“1～2 min”“2～3 min”“3～4 min”“4～5 min”或“5～6 min”,下同)。
(2)第3～4 min时间段以盐酸的浓度表示的该反应速率(设溶液体积不变)是__________。
【答案】(1). 3～4 min (2). 0.15mol/(L·min)
【解析】
【分析】化学反应在速率可用相同时间内生成气体的体积表示，也可用单位时间内消耗反应物的浓度表示。
【详解】(1)据表中数据，可计算出“0～1 min”、“1～2 min”、“2～3 min”、“3～4 min”、“4～5 min”、“5～6 min”生成氢气的体积依次是50mL、70mL、104mL、168mL、80mL、30mL。故3～4 min生成氢气最多，化学反应最快。
(2)第3～4 min时间段，生成n(H2)=0.168L/22.4L·mol-1=0.0075mol，消耗n(HCl)=0.0075mol×2
=0.015mol，则v(HCl)=0.015mol/(0.1L×1min)=0.15mol/(L·min)。
37.将纯锌片和纯铜片按下图方式插入100 mL相同浓度的稀硫酸中一段时间,回答下列问题:
(1)下列说法中正确的是________(填序号)。
A 甲、乙均为化学能转变为电能的装置
B 乙中铜片上没有明显变化
C 甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少
D 两烧杯中H+的浓度均减小
(2)在相同时间内,两烧杯中产生气泡的速率:甲________(填“>”“<”或“=”)乙。
(3)甲烧杯中锌电极为 _________(正极/负极)，写出铜极的电极方程式___________
(4)当甲中产生1.12 L(标准状况)气体时,理论上通过导线的电子数目为________。
【答案】(1). BD (2). > (3). 负极 (4). 2H++2e-=H2↑ (5). 6.02×1022
【解析】
【分析】比较铜和锌在稀硫酸中形成原电池（甲）、不形成原电池（乙）的实验现象、电极质量变化、溶液中H+浓度的变化及能量形式的转化。
【详解】(1)A. 甲是原电池，化学能主要转化为电能。乙不是原电池，化学能主要转化为热能，A错误；
B. 乙中，铜片与稀硫酸不反应，没有明显变化，B正确；
C. 甲中铜片表面生成氢气，铜片质量不变。乙中锌片失电子而溶解，质量减少，C错误；
D. 两烧杯中H+都得电子生成氢气，H+浓度均减小，D正确。
故正确的有BD。
(2)因甲中形成原电池，电子定向转移更快。故在相同时间内，甲烧杯中产生气泡的速率大于乙。
(3)甲烧杯中形成原电池，锌较铜活泼，锌作负极、铜作正极。铜极电极反应式2H++2e-=H2↑。
(4)据H2~2e－，转移电子n(e－)=n(H2)×2=1.12L/22.4L·mol-1×2=0.1mol，数目为6.02×1022。
（考试时间：90分钟 满分：100分）
可能用到的相对原子质量:H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Mn:55
一、选择题(本大题共31小题,每小题2分,共62分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.下列属于碱的是 ( )
A. H2SO4 B. KClO3 C. Ca(OH)2 D. CO2
【答案】C
【解析】
【分析】碱是电离出的阴离子全部是OH－的化合物，据此判断。
【详解】A. H2SO4＝2H++SO42-，则H2SO4属于酸，A项错误；
B. KClO3＝ K++ClO3－，则KClO3属于盐，B项错误；
C. Ca(OH)2＝Ca2++2OH－，则Ca(OH)2属于碱，C项正确；
D. CO2酸性氧化物，D项错误。
本题选C。
2.下列仪器称为“干燥管”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】A为硬质玻璃管，B为干燥管，C为洗气瓶，D为漏斗，答案选B。
3.下列物质中,属于非电解质,但溶于水后所得溶液导电性明显增强的是( )
A. 金属钠 B. 乙醇 C. 硝酸钾 D. 三氧化硫
【答案】D
【解析】
【分析】据非电解质的概念和影响溶液导电性的因素分析。
【详解】A. 金属钠是单质，既不是电解质也不是非电解质，它与水反应生成成氢氧化钠使溶液导电性增强，A项错误；
B. 乙醇属于非电解质，溶于水不电离，溶液不导电，B项错误；
C. 硝酸钾属于电解质，在水溶液中完全电离成K+、NO3-，使溶液导电性增强，C项错误；
D. 三氧化硫属于非电解质，溶于水时反应生成强电解质H2SO4，使溶液导电性增强，D项正确。
本题选D。
4.研究结果表明,太阳气体中存在大量的20Ne和22Ne。下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是 ( )
A. 22Ne的原子核中有22个中子 B. 20Ne和22Ne是同一种核素
C. 20Ne的原子核中有20个质子 D. 20Ne和22Ne互为同位素
【答案】D
【解析】
【分析】应用的含义、核素与同位素的概念解答。
【详解】A. 22Ne原子核中，有22－10＝12个中子，A项错误；
B. 20Ne和22Ne的质子数相同，但中子数不同，属于不同核素，B项错误；
C. 20Ne是10号元素，原子核中有10个质子，C项错误；
D. 20Ne和22Ne质子数相同、中子数不同，互为同位素，D项正确。
本题选D。
5.下列属于氧化还原反应,且为吸热反应的是 ( )
A. C+H2OCO+H2 B. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
C. Zn+2H+=Zn2++H2↑ D. CaCO3CaO+CO2↑
【答案】A
【解析】
【分析】有化合价升降变化的反应是氧化还原反应，记忆常见的吸热反应和放热反应。
【详解】A. 反应C+H2OCO+H2中，碳、氢元素化合价有变化，是氧化还原反应，同时反应吸热，A项正确；
B. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O是中和反应，不是氧化还原反应，一定放热，B项错误；
C. 反应Zn+2H+=Zn2++H2↑中锌、氢元素化合价变化，是氧化还原反应，且反应放热，C项错误；
D. 反应CaCO3CaO+CO2↑不是氧化还原反应，是吸热反应，D项错误。
本题选A。
6.下列哪个是该烷烃的名称( )
A. 3，6-二甲基-4-乙基庚烷 B. 2，5-二甲基-4-乙基庚烷
C. 2，2-二甲基庚烷 D. 2，5-甲基-4-乙基庚烷
【答案】B
【解析】
【分析】据烷烃的系统命名法解答。
【详解】选最长碳链为主链，从近支链端给主链碳原子编号为，进而写出名称2,5-二甲基-4-乙基庚烷。
本题选B。
7.下列说法不正确的是 ( )
A. 工业制取硫酸过程中生成的SO2可循环利用
B. 钢铁因含杂质而容易生锈所以合金一定不耐腐蚀
C. 沙子、石英、水晶、硅藻土都是天然存在二氧化硅
D. 在医疗上硫酸亚铁可用作生产防治缺铁性贫血的药剂
【答案】B
【解析】
【分析】注意合金的一般性质与特殊性质。
【详解】A. 工业制取硫酸的尾气中有少量SO2，可回收送入接触室实现循环利用，A项正确；
B. 钢铁含杂质碳等，在潮湿的空气中易形成原电池，发生电化学腐蚀而生锈。但不锈钢等合金抗腐蚀能力强，B项错误；
C. 沙子、石英、水晶、硅藻土的主要成分都是都是二氧化硅，C项正确；
D. 血红蛋白中含有Fe2+，在医疗上硫酸亚铁可防治缺铁性贫血，D项正确。
本题选B。
8.已知1g火箭燃料肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，则该反应的热化学方程式正确的是( )
A. N2H4+O2=N2+2H2O △H=－534.4kJ/mol
B. N2H4（g）+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=－534.4kJ/mol
C. N2H4（g）+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H= +534.4kJ/mol
D. N2H4（g）+O2(g)=N2(g)+H2O(g) △H=－16.7kJ/mol
【答案】B
【解析】1g火箭燃料肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，则1mol即32g肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出534.4kJ的热量，热化学方程式为N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=-534.4kJ/mol，故B正确，答案选B。
9.以下化学用语正确的是 ( )
A. 乙烯的结构简式CH2CH2 B. 乙烷的分子式C2H6
C. 甲烷的空间结构是平面 D. 氯化钠的电子式
【答案】B
【解析】
【分析】据化学用语的书写规范判断正误。
【详解】A. 乙烯中有官能团碳碳双键，在结构简式中不能省略，应为CH2=CH2，A项错误；
B. 分子式只表示分子组成，乙烷的分子式C2H6，B项正确；
C. 甲烷的空间结构是正四面体，而不是平面形，C项错误；
D. 氯化钠是离子化合物，其电子式Na+[]－，D项错误。
本题选B。
10.HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂,已知熔融的HgCl2不导电,而HgCl2的稀溶液有弱的导电能力,下列关于HgCl2的叙述正确的是 ( )
A. HgCl2属于离子化合物 B. HgCl2属于共价化合物
C. HgCl2属于非电解质 D. HgCl2中既存在离子键也存在共价键
【答案】B
【解析】
【分析】物质结构决定性质，由物质性质可推断物质结构。
【详解】A. 熔融的HgCl2不导电，则HgCl2属于共价化合物，A项错误；
B. HgCl2属于共价化合物，B项正确；
C. HgCl2的稀溶液导电能力弱，则水溶液中HgCl2能微弱电离，属于弱电解质，C项错误；
D. HgCl2为共价化合物，只存在共价键，D项错误。
本题选B。
11.a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2−和C+离子的电子层结构相同，d与b同族。下列叙述错误的是( )
A. a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B. b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C. c的原子半径是这些元素中最大的
D. d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性
【答案】A
【解析】a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2-和C+离子的电子层结构相同，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素。
A．H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；
B．氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2等化合物，B项正确；
C．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>O>H，C项正确；
D．d和a形成的化合物为H2S，硫化氢是二元弱酸，H2S的溶液呈弱酸性，D项正确；
答案选A。
12.下列有关能量转换的说法不正确的是( )
A. 煤燃烧是化学能转化为热能的过程
B. 化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能
C. 动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转变成化学能的过程
D. 植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转变成化学能的过程
【答案】C
【解析】A、煤燃烧是化学能转化为热能的过程，故A正确；
B、化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故B正确；
C、葡萄糖在体内被氧化成CO2是把化学能转化成热能的过程，故C错误；
D、植物叶绿体吸收太阳光通过光合作用把二氧化碳和水转化成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，储存在糖类中，故D正确，答案选C。
13.下列由实验得出的结论正确的是（ ）
实验
结论
A．
将乙烯通入溴的四氧化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
B．
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C．
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D．
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
【答案】A
【解析】A. 将乙烯通入溴的四氧化碳溶液，溶液最终变为无色透明，说明生成的1,2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，A由实验得出的结论正确；
B. 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，但两者反应的剧烈程度不同，故乙醇分子中的氢与水分子中的氢的活性不同， B由实验得出的结论不正确；
C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明乙酸的酸性强于碳酸的酸性，C由实验得出的结论不正确；
D. 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体中含有HCl和一氯甲烷两种气态产物，该混合气体能使湿润的石蕊试纸变红，由于 HCl的水溶液显强酸性，故不能证明生成的氯甲烷具有酸性，D由实验得出的结论不正确。
综上所述，由实验得出的结论正确的是A，本题选A。
14.加成反应是有机化学中的一类重要的反应,下列过程中发生加成反应的是 ( )
A. 甲烷与氯气混合后光照条件下发生反应
B. 在苯中滴入溴水,振荡后溴水层颜色变浅
C. 乙烯通入酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色
D. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】据加成反应的概念分析选项中的反应，判断其反应类型。
【详解】A. 甲烷与氯气混合后光照，甲烷中氢原子被氯原子代替，发生取代反应，A项错误；
B. 在苯中滴入溴水振荡，发生萃取作用使溴水层颜色变浅，是物理变化，B项错误；
C. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生氧化反应，C项错误；
D. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应生成1,2－二溴乙烷，D项正确。
本题选D。
15.下列说法正确的是 ( )
A. “碳纳米泡沫”被称为第五形态的单质碳,它与石墨互为同素异形体
B. 分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质,彼此一定互为同系物
C. 宇宙中新发现H3分子与H2分子互为同位素
D. 和互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】区分同素异形体、同系物、同位素、同分异构体四个概念，分析判断正误。
【详解】A. 同素异形体是同种元素的不同单质，“碳纳米泡沫”与石墨互为同素异形体，A项正确；
B. 同系物要求结构相似（性质相似）、分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机物。仅相差若干CH2，不一定互为同系物，如H2和CH4、苯酚和苯甲醇都不是同系物，B项错误；
C. 同位素是指质子数相同、中子数不同的原子。H3与H2互为同素异形体，而不是同位素，C项错误；
D. 和为同种物质，都是正丁烷，D项错误。
本题选A。
16.下列说法不正确的是（ ）
A. 金刚石、石英和足球烯均为空间网状结构的原子晶体
B. 在NaOH、NH4Cl和Na2SO4中，都存在离子键和共价键
C. 干冰升华的过程只需克服分子间作用力
D. H2O分解生成H2和O2的过程中既有共价键断裂，又有共价键形成
【答案】A
【解析】A．足球烯属于分子晶体，金刚石、石英均为空间网状结构的原子晶体，选项A错误；
B．NaOH中钠离子与氢氧根离子之间存在离子键，O与H之间存在共价键，NH4Cl中铵根离子与氯离子之间存在离子键，N与H之间存在共价键，Na2SO4中钠离子与硫酸根离子之间存在离子键，S与O之间存在共价键，所以三者都存在离子键和共价键，选项B正确；
C．分子晶体发生三态变化时克服分子间作用力，所以干冰升华的过程只需克服分子间作用力，选项C正确；
D．H2O分解生成H2和O2的过程中，先是H﹣O键断裂，然后形成H﹣H键和O＝O键，所以既有共价键断裂，又有共价键形成，选项D正确。
答案选：A。
17.在体积为1 L的密闭容器中(体积不变)充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 3 min前v正＞v逆，3 min后v正＜v逆
B. 进行到3 min时，正反应速率和逆反应速率相等
C. 10 min后容器中各物质浓度不再改变
D. 达到平衡后，升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小
【答案】C
【解析】A．根据图象可知，反应在达到平衡前，3反应物浓度都在减小，生成物浓度都在增大，所以在10min前都是v正＞v逆，故A错误；B．正反应速率和逆反应速率相等，是指相同时间内，物质浓度变化量相同，而根据图象可知进行到3分钟时，CO2和CH3OH（g）的浓度相同，不能判断浓度变化量是否相同，故B错误；C．10分钟后，CO2和CH3OH（g）的浓度不再变化，达到化学平衡状态，故C正确；D．根据温度对反应速率的影响可知，升高温度，正逆反应速率都会增大，故D错误；故选C。
18.对于ⅣA族元素，下列叙述中不正确的是( )
A. SiO2和CO2中Si和O，C和O之间都是共价键
B. C、Si、Ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8
C. CO2和SiO2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应
D. 该族元素的主要化合价是+4和＋2
【答案】B
【解析】A、共价化合物中非金属元素之间以共价键结合，故A正确；
B、C、Si、Ge的最外层电子数都是4，但是C的次外层是2个电子，故B错误；
C、CO2和SiO2都是酸性氧化物，酸性氧化物和碱性氧化物一定条件可以反应，故C正确；
D、碳族元素的最外层电子数为4，所以最高正价为+4价，也能形成+2价，故D正确：
答案选B。
19.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图,下列说法正确的是( )
A. 原子半径:Z>Y>X
B. Z的氧化物能与Y的最高价氧化物对应的水化物反应
C. WX3和水反应生成的化合物是离子化合物
D. 气态氢化物的稳定性:R
【解析】
【分析】根据化合价与原子结构的关系推断短周期元素，进而应用元素周期律比较物质性质。
【详解】按原子序数增大的顺序推断元素，X最低－2价、无正价，为氧元素（O）；Y最高+1价、无负价，为钠元素（Na）；Z最高+4价、最低－4价，为硅元素（Si）；W最高+6价、最低－2价，为硫元素（S）；R最高+7价、最低－1价，为氯元素（Cl）。
A. 据周期表中原子半径变化规律，应Y（Na）>Z（Si）>X（O），A项错误；
B. Z的氧化物（SiO2）与Y的最高价氧化物对应的水化物（NaOH）能反应，B项正确；
C. WX3（SO3）和水反应生成的H2SO4是共价化合物，水溶液中它能电离生成离子，C项错误；
D. 元素非金属性Cl>S，则气态氢化物的稳定性:R（HCl）>W（H2S），D项错误。
本题选B。
20.有a、b、c、d四个金属电极,有关的实验装置及部分实验现象如下:
实验
装置
部分实验
现象
a极质量减小,b极质量增大
b极有气体产生,c极无变化
d极溶解,c极有气体产生
电流从a极流向d极
由此可判断这四种金属的活动性顺序是 ( )
A. a>b>d>c B. b>c>d>a
C. a>b>c>d D. d>a>b>c
【答案】D
【解析】
【分析】原电池中，通常负极金属的活动性大于正极金属的活动性。通过电极现象判断金属的正负极，从而比较金属活动性。
【详解】装置一：a极质量减小，则a为负极、失电子溶解；b极质量增大，则金属离子得电子析出。故金属活动性a>b。
装置二：金属b、c未用导线连接，不是原电池。b极有气体产生，c极无变化，则活动性b>(H)>c。
装置三：d极溶解，则a为负极；c极有氢气产生，则c为正极。故金属活动性d>c。
装置四：电流从a极流向d极，则d为负极、a为正极，金属活动性d>a。
综上，金属活动性d>a>b>c。
本题选D。
21.微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是( )
A. 正极反应中有CO2生成
B. 微生物促进了反应中电子的转移
C. 质子通过交换膜从负极区移向正极区
D. 电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O
【答案】A
【解析】
【分析】微生物电池中， C6H12O6所在电极为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，O2所在电极为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，电池工作时，电子从负极沿导线流向正极，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，据此解答。
【详解】A. 微生物电池中，C6H12O6所在电极为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，所以负极发生氧化反应，且负极区有CO2生成，故A错误；
B. 微生物的作用促进了反应C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O的发生，即促进了反应中电子的转移，故B正确；
C. 微生物电池工作时，内电路中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；
D.由装置图可知，该电池实质是C6H12O6和O2反应，即电池总反应为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确，答案选A。
22.X(g)+3Y(g) 2Z(g) ΔH=－a kJ·molˉ1 ，一定条件下，将1 mol X和3 mol Y通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4 mol。下列说法正确的是( )
A. 10min内，消耗0.2 mol X，生成0.4 mol Z
B. 第10min时，X的反应速率为0.01 mol·Lˉ1·minˉ1
C. 10min内，Y的平均反应速率为0.03 mol·Lˉ1·sˉ1
D. 10min内，X和Y反应放出的热量为a kJ
【答案】A
【解析】
【分析】用“三行式”解题，注意平均速率与瞬时速率的差别，正确理解可逆反应热化学方程式的含义。
【详解】 X(g)+3Y(g) 2Z(g) ΔH=－a kJ·molˉ1
起始/mol： 1 3 0
转化/mol： 0.2 0.6 0.4
10min/mol： 08 2.4 0.4
A. 上述数据说明，10min内消耗0.2 mol X、生成0.4 mol Z，A项正确；
B. 10min内，X的平均反应速率为0.2mol/(2L×10min)=0.01 mol·Lˉ1·minˉ1，不是第10min时的瞬时反应速率，B项错误；
C. 10min内，Y的平均反应速率v(Y)=3v(X)=0.03 mol·Lˉ1·minˉ1=0.0005mol·Lˉ1·sˉ1，C项错误；
D. 题中热化学方程式表明，1molX与3molY完全反应生成2molZ时放热akJ。10min内，有0.2molX和0.6molY发生反应，故放热0.2a kJ，D项错误。
本题选A。
23.H2与ICl的反应分①、②两步进行,其能量变化曲线如图所示,下列有关说法错误的是（ ）
A. 反应①、反应②均为放热反应
B. 反应①、反应②均为氧化还原反应
C. 反应H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)的 ΔH=-218 kJ·mol-1
D. 反应①比反应②的速率慢,与相应断键吸收的能量无关
【答案】D
【解析】
【分析】影响化学反应速率的内因是反应的活化能，活化能越大，化学反应越慢。
【详解】A. 从能量曲线图看，反应①、反应②的反应物总能量都高于生成物总能量，即均为放热反应，A项正确；
B. 反应①有H2参与、反应②有I2生成，必然都有化合价变化，均为氧化还原反应，B项正确；
C. 能量曲线图表明，起始反应物“H2(g)+2ICl(g)”比最终生成物“I2(g)+2HCl(g)”能量高218 kJ·mol-1，即 ΔH＝－218 kJ·mol-1，C项正确；
D. 图中，反应①的活化能比反应②的大，使反应①比反应②速率慢。活化能与断裂反应物中化学键吸收能量有关，D项错误。
本题选D。
24.下列说法正确的是 ( )
A. 苯与溴水混合后加入FeBr3作催化剂,可发生取代反应生成溴苯
B. 甲烷与氯气混合后光照条件下发生取代反应
C. 相同物质的量的乙烯与乙醇分别在足量的O2中完全燃烧,消耗O2的物质的量不等
D. 乙烯和植物油都能使溴水褪色,其褪色原理不同
【答案】B
【解析】
【分析】从化学反应对试剂的要求、反应本质等角度分析解答。
【详解】A. 在FeBr3作催化作用下，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，而不是溴水，A项错误；
B. 甲烷与氯气混合光照，甲烷中氢原子被氯原子取代，发生取代反应，B项正确；
C. 据乙烯（C2H4）与乙醇（C2H6O，可写成C2H4·H2O）的化学式，等物质的量时完全燃烧消耗O2的物质的量相同，C项错误；
D. 植物油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，它和乙烯都能与溴水发生加成反应，而使溴水褪色，褪色原理相同，D项错误。
本题选B。
25.在一定条件下,可逆反应X(g)+2Y(g) 2Z(g) ΔH=-akJ•mol-1,达到化学平衡时,下列说法一定正确的是 ( )
A. 反应放出akJ热量
B. 反应物和生成物的浓度都不再发生变化
C. X和Y的物质的量之比为1∶2
D. X的正反应速率等于Z的逆反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】从化学平衡的特征和本质两方面分析判断。
【详解】A. 当1molX(g)和 2molY(g) 完全反应生成2molZ(g) 时才能放热akJ，A项错误；
B. 化学平衡时，反应物和生成物的浓度都不再随时间发生变化，B项正确；
C. 起始时X和Y的物质的量未知，反应消耗的X和Y的物质的量之比为1∶2，故平衡时X和Y的物质的量之比不一定为1∶2，C项错误；
D. 化学平衡时，正、逆反应速率相等。X的正反应速率与Z的逆反应速率之比应等于化学计量数之比1∶2，D项错误。
本题选B。
26.反应3A(g)+B(g) 2C(g)在三种不同的条件下进行反应,在同一时间内,测得的反应速率用不同的物质表示为:①v(A)=1 mol•L-1•min-1 ②v(C)=0.5 mol•L-1•s-1 ③v(B)=0.5 mol•L-1•min-1,三种情况下该反应速率大小的关系正确的是 ( )
A. ①>②>③ B. ②>③>① C. ③>①>② D. ②>①>③
【答案】B
【解析】
【分析】据反应速率与化学计量数的关系，将不同物质表示的速率转换为同种物质表示的速率，进而比较反应快慢。
【详解】本题转换为A表示的反应速率，以mol•L-1•min-1为速率单位。
①v(A)=1 mol•L-1•min-1；
②v(C)=0.5 mol•L-1•s-1，则v(A)=v(C)=0.75 mol•L-1•s-1=45mol•L-1•min-1；
③v(B)=0.5 mol•L-1•min-1，则v(A)=3v(B)=1.5 mol•L-1•min-1。
本题选B。
27.下列说法正确的是 ( )
A. HCl溶于水能电离出H+、Cl-,所以HCl是离子化合物
B. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O,既破坏了离子键,也破坏了共价键
C. He、CO2和CH4都是由分子构成,它们中都存在共价键
D. 碘晶体受热转变成碘蒸气,吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
【答案】B
【解析】
【分析】根据构成粒子间的作用类型，分析物理、化学过程中的变化。
【详解】A. HCl分子内H、Cl原子间是共价键结合，属于共价化合物。溶于水时共价键被破坏，电离出H+、Cl-，A项错误；
B. NaHCO3是离子化合物，Na+、HCO3－间是离子键，HCO3－内原子间是共价键。它受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O时，其中离子键、共价键都被破坏，B项正确；
C. He、CO2和CH4都是由分子构成，其中He是单原子分子，分子内无化学键。而CO2、CH4分子内都存在共价键，C项错误；
D. 碘晶体是分子晶体，分子间有范德华力，分子内有共价键。碘晶体受热变成碘蒸气是物理变化，吸收的热量用于克服碘分子间的范德华力，D项错误。
本题选B。
28.钢铁易生锈是因为在潮湿的空气里,其表面吸附一层薄薄的水膜,构成了若干微小原电池(如图所示)。下列有关说法正确的是 ( )
A. 负极的电极反应式为Fe-3e-=Fe3+
B. 钢铁生锈过程中电能转化为化学能
C. O2在正极参加反应生成OH-
D. 为减缓铁制品生锈，可将其与铜相连
【答案】C
【解析】
【分析】钢铁腐蚀的本质是通过原电池的反应使铁被氧化，其中吸氧腐蚀更普遍，故以原电池原理分析解答。
【详解】A. 吸氧腐蚀原理图中，铁作原电池负极，电极反应式应为Fe-2e-=Fe2+，A项错误；
B. 钢铁生锈过程发生原电池反应，化学能主要转化为电能，B项错误；
C. 杂质碳作原电池正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，C项正确；
D. 减缓铁制品生锈，可将作其原电池的正极，连接比铁活泼的金属。铜的活泼性小于铁，D项错误。
本题选C。
29.如图，缠上金属条的铁钉插在含有酚酞的NaCl溶液中，可以看到在金属条表面的溶液出现粉红色。该金属条可能是 ( )。
A. 铜 B. 镁 C. 铝 D. 锌
【答案】A
【解析】缠上金属条的铁钉插在含有酚酞的NaCl溶液中，可以看到在金属条表面的溶液出现粉红色，说明铁钉发生吸氧腐蚀，金属条附近生成了OH－，铁失电子作负极、另一种金属作正极，则另一种金属的活泼性小于铁，故选A。
30.已知反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)+CO2(g),下列物理量可以肯定该反应达到平衡状态的是 ( )
A. 密闭容器中氨气的体积分数不变 B. c(NH3)∶c(CO2)=2∶1
C. 密闭容器中的压强不变 D. v(NH3)∶v(CO2)=2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】从化学平衡的特征（各物质的物质的量或浓度不再变化）和本质（正逆反应速率相等）两方面分析判断。
【详解】A. 据反应方程式，密闭容器中只有NH3(g)、CO2(g)两种气体。不论是否平衡，氨气的体积分数恒为2/3，A项错误；
B. 不论是否平衡，密闭容器中c(NH3)∶c(CO2)=2∶1，B项错误；
C. 对于恒温恒容的密闭容器，当压强不变时，则容器中气体的总物质的量不再改变，即为化学平衡，C项正确；
D. “v(NH3)∶v(CO2)=2∶1”中，未指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能判断是否为化学平衡，D项错误。
本题选C。
31.在一定温度下，反应A2（g）+B2（g）2AB（g）达到反应限度的标志是（ ）
A. 容器内气体的总压强不随时间变化而变化
B. A2、B2和AB的物质的量不再改变
C. c（A2）：c（B2）：c（AB）=1：1：2
D. A2和B2的物质的量之和与AB的物质的量相等
【答案】B
【解析】
【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，说明可逆反应到达平衡状态。
【详解】A、该反应前后的气体体积相同，容器内气体的总压强始终不随时间变化而变化，故A错误；
B、A2、B2、AB的物质的量随反应的进行会发生改变，当其物质的量不再变化时，说明反应达到平衡，故B正确；
C、平衡时c（A2）：c（B2）：c（AB）之比可能1：1：2，也可能不是，与各物质的初始浓度有关，故C错误；
D、由反应方程式可知，A2和B2的物质的量之和与AB的物质的量始终相等，不能判断是否达到平衡状态，故D错误；
故选B。
二、非选择题(共6个小题，48分。32题9分，33题7分，34、36题4分，35题6分，37题8分)
32.下表为部分的元素周期表，(用元素符号或化学式回答问题):
B
……
C
D
A
……
E
F
G
(1)元素A离子的结构示意图为______________，单质C的电子式_______________。化合物A2F的电子式_______________，E在元素周期表中的位置第____周期，第____主族。
(2)B单质属于____________(原子晶体、离子晶体、分子晶体)
(3)G单质与水的反应方程式为____________________ ;
(4)下列说法正确的是
A、离子半径：A+
【答案】 (1). (2). (3). Na+[]2-Na+ (4). 三 VA (5). 分子晶体 (6). Cl2+H2OHCl+HClO (7). A
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置确定元素，进而用化学用语回答相关问题，用元素周期律比较物质的性质。
【详解】由元素在周期表中位置可知，A（Na）、B（He）、C（N）、D（O）、E（P）、F（S）、G（Cl）。
(1)A原子失去最外层1个电子形成A离子（Na+），其结构示意图为。两个C原子通过3对共用电子对结合成单质分子（N2），其电子式为。化合物A2F（Na2S）的电子式Na+[]2-Na+。E（P）在元素周期表中的位置第三周期，第VA族。
(2)B单质为单原子分子，固体为分子晶体。
(3)G单质（Cl2）与水的反应方程式为Cl2+H2OHCl+HClO。
(4)A、Na+、O2-电子层结构相同，Na+核电荷较大、半径较小；S2-比O2-电子层数多、半径较大，故离子半径A+（Na+）
C、G（Cl）元素的非金属性大于F（S），则G最高氧化物的水化物（HClO4）的酸性比F（H2SO4）强，C错误；
D、据表中非金属性规律，有非金属性D（O）> C（N）> E（P），则E元素的非金属性比D元素弱，D错误。
33.已知：X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，食醋中约含有3%～5%的D，其转化关系如下图所示。
请回答：
(1)X的结构简式是__________________。
(2)A→B的化学方程式是____________________________________________。
(3)X+H2O→A+D的化学方程式是____________________________________________。
(4)下列说法不正确的是________。
A A+D→X的反应属于加成反应
B A与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈得多
C 除去X中少量D杂质可用饱和Na2CO3溶液
D 等物质的量的A、B、D完全燃烧消耗O2的量依次减小
【答案】(1). CH3COOCH2CH3 (2). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (3). CH3COOCH2CH3+H2OCH3CH2OH+CH3COOH (4). AB
【解析】
【分析】X在酸或碱性条件下能水解，且水解产物能转化，推断X为酯类。食醋主要成分D是解题的关键。
【详解】食醋含D3%～5%，则D为醋酸（CH3COOH）。X在酸性条件下能水解生成A、D（CH3COOH），且A能氧化成D，则A为乙醇（CH3CH2OH），X为乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3）。X在碱性条件下水解生成A（CH3CH2OH）和C，则C为乙酸盐（如CH3COONa）。A（CH3CH2OH）氧化成B，即B为乙醛（CH3CHO）。
(1)X为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3。
(2)A→B的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
(3)X+H2O→A+D的化学方程式是CH3COOCH2CH3+H2OCH3CH2OH+CH3COOH。
(4)A.乙酸与乙醇生成乙酸乙酯和水的反应属于取代反应，A项错误；
B.乙醇与金属钠反应比水与金属钠反应平缓得多，B项错误；
C.除去乙酸乙酯中少量乙酸杂质可用饱和Na2CO3溶液，C正确；
D.等物质的量（设各1mol）A（CH3CH2OH）、B（CH3CHO）、D（CH3COOH）完全燃烧消耗O2的量分别为3mol、2.5mol、2mol，D项正确。
故不正确的有AB。
34.(1)随着人们对环保的重视程度日益提高,乙醇在某些行业作为燃料被广泛应用。下列有关乙醇作为燃料的说法正确的是________。
①燃烧时只发生氧化反应 ②充分燃烧的产物不污染环境
③乙醇是一种可再生能源 ④燃烧时放出大量的热
A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④
(2)CCS技术是将工业和有关能源产业中所产生的CO2进行捕捉与封存的技术,被认为是拯救地球、应对全球气候变化最重要的手段之一。其中一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”的简单流程图如图所示(部分条件及物质未标出)。回答下列问题:
CH4在催化剂作用下实现第一步,也叫CH4不完全燃烧,1 g CH4不完全燃烧反应放出2.21 kJ热量,写出该反应的热化学方程式____________________。
【答案】(1). D (2). 2CH4(g)+O2(g)＝2CO(g)+4H2(g) ΔH=-70.72 kJ/mol
【解析】
【分析】从原料来源、发热量、产物对环境的影响等角度分析乙醇作燃料的好处；热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，ΔH与化学计量数成正比。
【详解】(1)乙醇作为燃料，完全燃烧生成CO2和H2O。
①燃烧时乙醇发生氧化反应，氧气发生还原反应；②充分燃烧的产物CO2和H2O不会污染环境；③乙醇可由纤维素水解生成葡萄糖，再由葡萄糖发醇生成，属于可再生能源；④单位质量的燃料相比，乙醇燃烧时放出大量的热。故正确的是D。
(2)流程中第一步CH4不完全燃烧，化学方程式是2CH4+O2→2CO+4H2。1 g CH4不完全燃烧放热2.21 kJ，则2molCH4不完全燃烧放热70.72 kJ。故其热化学方程式2CH4(g)+O2(g)＝2CO(g)+4H2(g) ΔH＝－70.72 kJ/mol。
35.在烧瓶放20 g蔗糖，依次加入少量水、20mL浓硫酸，蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，形成疏松多孔的黑面包，烧瓶发烫，品红溶液颜色变淡。请回答：
(1)仪器a的名称___________
(2)小试管盛装试剂___________
(3)浓硫酸与碳反应方程式___________：
(4)下列说法不正确的是___________
A 蔗糖变黑说明发生过程 C12H22O11→C+H2O
B 品红颜色变淡说明SO2有漂白性
C 上述实验体现浓硫酸的脱水性、吸水性和氧化性
D 将气体依次通过饱和碳酸氢钠溶液、澄清石灰水，石灰水变浑浊证明含有CO2
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). NaOH溶液等 (3). C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (4). D
【解析】
【分析】浓硫酸具有强烈的脱水性，能使蔗糖炭化，同时放热；生成的碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2、SO2。SO2有漂白性，能使品红褪色。
【详解】(1)仪器a为分液漏斗，用于向气体发生装置中添加液体。
(2)小试管盛装NaOH溶液，用于吸收SO2气体，防止其污染空气。
(3)浓硫酸与碳反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O：
(4)A. 蔗糖变黑说明生成碳，则氢、氧生成水，即C12H22O11→12C+11H2O，A正确；
B. 品红颜色变淡，说明SO2有漂白性，B正确；
C. 上述实验中，浓硫酸使蔗糖变黑（脱水性）、浓硫酸结合生成的水（吸水性）、浓硫酸氧化生成的碳（强氧化性），C正确；
D. C与H2SO4(浓)反应生成CO2、SO2混合气体，它们都能使石灰水变浑浊。要检验其中的CO2，必先除去SO2，且不能生成CO2。将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液时，除去SO2的同时生成了CO2，D错误。
故不正确的是D。
36.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉,用排水集气法收集反应放出的氢气(气体体积已折合成标准状况),实验记录如表(累计值):
时间/min
1
2
3
4
5
6
氢气体积
/mL
50
120
224
392
472
502
(1)哪一时间段反应速率最大________(填“0～1 min”“1～2 min”“2～3 min”“3～4 min”“4～5 min”或“5～6 min”,下同)。
(2)第3～4 min时间段以盐酸的浓度表示的该反应速率(设溶液体积不变)是__________。
【答案】(1). 3～4 min (2). 0.15mol/(L·min)
【解析】
【分析】化学反应在速率可用相同时间内生成气体的体积表示，也可用单位时间内消耗反应物的浓度表示。
【详解】(1)据表中数据，可计算出“0～1 min”、“1～2 min”、“2～3 min”、“3～4 min”、“4～5 min”、“5～6 min”生成氢气的体积依次是50mL、70mL、104mL、168mL、80mL、30mL。故3～4 min生成氢气最多，化学反应最快。
(2)第3～4 min时间段，生成n(H2)=0.168L/22.4L·mol-1=0.0075mol，消耗n(HCl)=0.0075mol×2
=0.015mol，则v(HCl)=0.015mol/(0.1L×1min)=0.15mol/(L·min)。
37.将纯锌片和纯铜片按下图方式插入100 mL相同浓度的稀硫酸中一段时间,回答下列问题:
(1)下列说法中正确的是________(填序号)。
A 甲、乙均为化学能转变为电能的装置
B 乙中铜片上没有明显变化
C 甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少
D 两烧杯中H+的浓度均减小
(2)在相同时间内,两烧杯中产生气泡的速率:甲________(填“>”“<”或“=”)乙。
(3)甲烧杯中锌电极为 _________(正极/负极)，写出铜极的电极方程式___________
(4)当甲中产生1.12 L(标准状况)气体时,理论上通过导线的电子数目为________。
【答案】(1). BD (2). > (3). 负极 (4). 2H++2e-=H2↑ (5). 6.02×1022
【解析】
【分析】比较铜和锌在稀硫酸中形成原电池（甲）、不形成原电池（乙）的实验现象、电极质量变化、溶液中H+浓度的变化及能量形式的转化。
【详解】(1)A. 甲是原电池，化学能主要转化为电能。乙不是原电池，化学能主要转化为热能，A错误；
B. 乙中，铜片与稀硫酸不反应，没有明显变化，B正确；
C. 甲中铜片表面生成氢气，铜片质量不变。乙中锌片失电子而溶解，质量减少，C错误；
D. 两烧杯中H+都得电子生成氢气，H+浓度均减小，D正确。
故正确的有BD。
(2)因甲中形成原电池，电子定向转移更快。故在相同时间内，甲烧杯中产生气泡的速率大于乙。
(3)甲烧杯中形成原电池，锌较铜活泼，锌作负极、铜作正极。铜极电极反应式2H++2e-=H2↑。
(4)据H2~2e－，转移电子n(e－)=n(H2)×2=1.12L/22.4L·mol-1×2=0.1mol，数目为6.02×1022。
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