浙江省台金六校2022-2023学年高一下学期5月期中考试化学Word版含解析

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台金六校2022学年高一年级第二学期期中联考试题化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Ca-40S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Ba-137选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50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.下列物质中，属于高分子化合物的是A.乙酸乙酯B.淀粉C.葡萄糖D.油脂【答案】B【解析】【分析】高分子化合物简称高分子，又叫大分子，一般指相对分子质量高达10000以上的化合物。【详解】A．乙酸乙酯（C4H8O2）的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A不符合题意；B．淀粉（C6H10O5）n相对分子质量很大，属于高分子化合物，B符合题意；C．葡萄糖（C6H12O6）相对分子质量较小，不属于高分子化合物，C不符合题意；D．油脂（甘油三酯）相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D不符合题意；故选B。2.下列说法不正确的是A.制玻璃和水泥都要用到石灰石B二氧化硅可用来生产光导纤维C.棉花、羊毛、天然橡胶等属于天然有机高分子材料D.天然橡胶的主要成分是异戊二烯【答案】D【解析】【详解】A．玻璃主要原料是石灰石、纯碱、石英砂，水泥主要原料是石灰石、黏土，因此都要用到石灰石，故A正确；B．二氧化硅可用来生产光导纤维，硅用来生成芯片，故B正确；C．棉花主要成分是纤维素，羊毛主要成分是蛋白质，天然橡胶主要成分是聚异戊二烯，因此三者都属于天然有机高分子材料，故C正确；D．天然橡胶的主要成分是聚异戊二烯，故D错误。综上所述，答案为D。

13.下列物质与用途对应不正确的是A.凝固剂：谷氨酸钠B.苯甲酸钠：食品防腐剂C.碳酸氢钠：膨松剂D.阿司匹林：解热镇痛药【答案】A【解析】【详解】A．味精的主要成分为谷氨酸钠，气主要功能是增加食品鲜味，属于增味剂而不是凝固剂，A符合题意；B．防腐剂的主要功能是防止食品腐败变质，如苯甲酸及其钠盐，山梨酸及其钾盐等，故苯甲酸钠属于食品防腐剂，B不合题意；C．碳酸氢钠，利用其受热分解生成CO2，使食品蓬松，NaHCO3属于膨松剂，C不合题意；D．阿司匹林是一种解热镇痛药，可治疗感冒、发热，还能抑制血小板聚集，D不合题意；故答案为：A。4.下列化学用语不正确的是A.冰醋酸的分子式：B.甲烷的空间填充模型：C.正丁烷的球棍模型：D.羟基的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．冰醋酸的结构简式为CH3COOH，故其分子式为：，A正确；B．已知甲烷是正四面体结构，其碳原子半径大于氢原子半径，故甲烷的空间填充模型为：，B正确；C．正丁烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH3，故其球棍模型为：，C正确；D．羟基为不带电的原子团，故羟基的电子式为：，D错误；故答案为：D。5.含4个碳原子的烃分子结构中，碳原子相互结合的几种方式如图，下列说法不正确的是

2A.沸点：①>②B.③④互为同系物C.④中所有碳原子共平面D.⑤⑨互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】由题干图示信息可知，①为CH3CH2CH2CH3、②为CH(CH3)3、③为CH3CH2CH=CH2、④为CH3CH=CHCH3、⑤为(CH3)2C=CH2、⑥为CH3CH2C≡CH、⑦为CH3C≡CCH3、⑧为环丁烷、⑨为甲基环丙烷，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，①为CH3CH2CH2CH3、②为CH(CH3)3，二者互为同分异构体，但②具有支链，故沸点：①>②，A正确；B．由分析可知，③为CH3CH2CH=CH2、④为CH3CH=CHCH3，二者分子式相同，结构不同，故③④互为同分异构体，而不互为同系物，B错误；C．由分析可知，④为CH3CH=CHCH3，由乙烯所在平面可知，④中所有碳原子共平面，C正确；D．由分析可知，⑤为(CH3)2C=CH2，⑨为甲基环丙烷，二者分子式相同，结构不同，故⑤⑨互为同分异构体，D正确；故答案为：B。6.下列官能团表示不正确的是A.碳碳双键：B.碳氯键：C.醛基：D.酯基：【答案】C【解析】【详解】A．碳碳双键官能团表示为，故A正确；B．碳氯键官能团表示为，故B正确；C．醛基官能团表示为，故C错误；D．酯基官能团表示为，故D正确。综上所述，答案为C。

37.制取较纯净的一氯乙烷最好采用的方法是A.乙烷和氯气反应B.乙烯和氯气反应C.乙烯和氯化氢反应D.乙烷通入浓盐酸【答案】C【解析】【详解】A、CH3CH3+Cl2→CH3CH2Cl+HCl，该反应有杂质HCl生成，且可能含有其它氯代烃生成，所以不符合原子经济的理念，故A错误；B、CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，产物是二氯乙烷不是氯乙烷，故B错误；C、CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，生成物只有一氯乙烷，符合原子经济理念，故C正确；D、乙烷和浓盐酸不反应，故D错误。答案选C。8.下列反应类型判断不正确的是：A.2CH2=CH2+O22加成反应B.取代反应C.取代反应D.氧化反应【答案】A【解析】【详解】A．加成反应是两种或两种以上的物质反应生成一种物质，该反应2CH2=CH2+O22是氧化反应，故A错误；B．酯的水解反应属于取代反应，故B正确；C．从结构分析，取代了羟基上的氢，属于取代反应，故C正确；

4D．是乙醇的催化氧化，属于氧化反应，故D正确。综上所述，答案为A。9.下列常见金属的冶炼原理不正确的是A.电解法炼铝：2AlCl3(熔融)2Al+3Cl2B.加热法炼汞：2HgO2Hg+O2↑C.铝热法炼铁：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3D.湿法炼铜：CuSO4+Fe=Cu+FeSO4【答案】A【解析】【分析】对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来；在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)将金属从其化合物中还原出来；活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属。【详解】A．AlCl3是共价化合物，熔融的AlCl3不导电，不能电解AlCl3冶炼金属Al，通常电解氧化铝冶炼金属Al，故A错误；B．Hg为不活泼金属，通常直接加热其化合物冶炼Hg，故B正确；C．Al的还原性大于Fe，可利用铝热反应将Fe从其氧化物中还原出来，故C正确；D．Fe的金属活动性比Cu强，可将Cu从其盐溶液中置换出来，湿法炼铜的原理为CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，故D正确；故答案选A。10.下列变化中，属于化学变化的是(　　)①石油的分馏　②煤的干馏　③石油的裂化　④煤的气化　⑤煤的液化　⑥海水蒸馏法制取淡水A.①②③④B.②③④⑤C.①②③⑥D.②③④⑥【答案】B【解析】【详解】①石油的分馏为利用有机物的沸点不同进行分离，为物理变化，①与题意不符；②煤的干馏在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，为化学变化，②符合题意；

5③石油的裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，为化学变化，③符合题意；④煤的气化是指在特定的设备内，在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂(如蒸汽/空气和/或氧气等)发生一系列化学反应，将固体煤转化为含有CO、氢气、甲烷等可燃气体和二氧化碳、氮气等非可燃气体的合成气的过程，为化学变化，④符合题意；⑤煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称，有新的物质生成，为化学变化，⑤符合题意；⑥海水蒸馏法制取淡水为利用蒸发、冷凝制取蒸馏水的过程，为物理变化，⑥与题意不符；综上所述，②③④⑤符合题意，答案为B；11.乙酸分子的结构式为，下列反应及断键部位正确的是a.乙酸的电离，是①键断裂b.乙酸与乙醇发生酯化反应，是②键断裂c.在红磷存在时，Br2与CH3COOH的反应：CH3COOH＋Br2CH2Br—COOH＋HBr，是③键断裂d.乙酸变成乙酸酐的反应：2CH3COOH→＋H2O，是①②键断裂A.abcB.abcdC.bcdD.acd【答案】B【解析】【详解】a．乙酸电离时羧基产生氢离子，断裂①键，a正确；b．酯化反应中羧酸脱去羟基，断裂②键，b正确；c．根据方程式可知，甲基上的H被Br所取代，是③键断裂，c正确；d．根据方程式可知，一个乙酸分子提供羟基，断裂②键，另一个乙酸分子提供氢，断裂①键，形成H2O，是①②键断裂，d正确；综上所述正确的有abcd，故选B。12.既可以用来鉴别乙烷与乙烯，又可以用来除去乙烷中的乙烯以得到纯净乙烷的方法是A.通过足量溴的四氯化碳溶液B.通过足量的溴水C.在Ni催化、加热条件下通入

6D.通过足量的酸性溶液【答案】B【解析】【详解】A．乙烯和溴单质发生加成反应，因此通过足量溴的四氯化碳溶液，能鉴别乙烷和乙烯，由于乙烷、四氯化碳都是非极性分子，乙烷会溶解在四氯化碳中，因此会损失乙烷，故A不符合题意；B．通过足量的溴水，乙烯和溴水发生加成反应而使溶液褪色，能鉴别，乙烷不与溴水反应，乙烷中乙烯被溴水吸收，因此能除去乙烷中乙烯，故B符合题意；C．通入氢气，不能鉴别两者，且会引入新的杂质，故C不符合题意；D．通过足量的酸性溶液，乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，能用于鉴别，但不能用于除去乙烷中的乙烯，故D不符合题意。综上所述，答案为B。13.某有机物的结构简式如下图，该物质不应有的化学性质是(　　)①可燃烧；②可与溴加成；③可使酸性KMnO4溶液褪色；④可与NaHCO3溶液反应；⑤可与NaOH溶液反应；⑥1mol该有机物与Na反应生成2molH2A.①③B.②⑥C.④⑤D.⑥【答案】D【解析】【分析】由结构简式可知，分子中含碳碳双键、-COOH、-OH，结合烯烃、羧酸、醇的性质来解答，该有机物可燃烧，含有碳碳双键可与Br2加成，可使酸性KMnO4溶液褪色，含有—COOH可与NaHCO。【详解】①含C、H、O三种元素，可燃烧生成二氧化碳和水，故①正确；②含碳碳双键，可跟溴加成，故②正确；③含碳碳双键，、醇-OH可使酸性KMnO4溶液褪色，故③正确；④含-COOH，可跟NaHCO3溶液反应，故④正确；⑤含-COOH，可跟NaOH溶液反应，故⑤正确；⑥-OH、-COOH均与Na反应，1mol该有机物与Na反应生成1mol H2，故⑥错误；答案选D。【点睛】有机物中的官能团决定物质的化学性质，具有相同官能团的物质在化学性质上具有相似性。14.下图是喷泉实验装置图，下列说法不正确的是

7A.实验操作是打开弹簧夹，挤压胶头滴管B.实验现象是烧瓶中形成喷泉，溶液呈红色C.实验结论是氨气可电离产生OH-D.实验原理是氨气极易溶于水，烧瓶内压强小于外界大气压【答案】C【解析】【详解】A．氨气极易溶于水，实验操作是打开弹簧夹，挤压胶头滴管，能够使瓶内外产生负压差，引发喷泉，故A正确；B．氨气易溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，溶液显碱性，遇到酚酞变红所以实验现象是烧瓶中形成喷泉，溶液呈红色，故B正确；C．氨气为非电解质，且分子组成中不含O原子，则不能电离产生氢氧根离子，故C错误；D．实验原理是氨气极易溶于水，烧瓶内压强小于外界大气压，叙述正确，故D正确；故选：C。15.用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.实验室制B.制备并收集乙酸乙酯C.收集气体D.证明是分解的催化剂【答案】A【解析】【详解】A．实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取，用向下排空气法收集氨气，能达到实验目的，故A符合题意；B．实验室制备乙酸乙酯还需要浓硫酸，故B不符合题意；

8C．密度比空气大，收集气体时应“长进短出”，故C不符合题意；D．应该影响反应速率的因素时只能有一个变量，图中浓度不相同，左边加入二氧化锰，右边没有加二氧化锰，因此不能证明是分解的催化剂，故D不符合题意。综上所述，答案为A。16.海洋中有丰富的资源，如图为海水资源利用的部分过程。下列有关说法正确的是A.①为除去“粗盐”中的、、，依次加入过量的NaOH、、溶液即可B.工业上常采用将②得到的产物溶于水后通电的方法制取金属镁C.通过第④⑤步可以达到富集溴的目的D.反应④可用氧化：【答案】C【解析】【分析】海水晒盐得到粗盐和母液，粗盐除杂得到精盐，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气为氯碱工业，氨化饱和食盐水中通入二氧化碳制备碳酸氢钠晶体，加热分解生成碳酸钠，母液加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀溶解于盐酸得到氯化镁溶液，浓缩蒸发结晶析出氯化镁晶体，在氯化氢气流中失水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁，溴化钠溶液通入氯气生成溴单质，用二氧化硫吸收溴单质得到溴化氢，通过氯气氧化得到工业纯溴，据此分析解题。【详解】A.①为除去“粗盐”中的MgCl2、CaCl2、Na2SO4，加入试剂的顺序必须保证Na2CO3在BaCl2之后，故依次加入过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液或者BaCl2、NaOH、Na2CO3，或者BaCl2、Na2CO3、NaOH，A错误；B.工业上常采用电解熔融的MgCl2制取金属镁，而不是电解MgCl2溶液，B错误；C.由分析可知，通过第④⑤步可以达到富集溴的目的，C正确；D.反应④中Br的化合价降低，故可用还原，D错误；故答案为：C。17.下列离子方程式书写正确的是

9A.用食醋除水垢的原理：B.氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中：C.铜片投入稀硝酸中：D.通入水中制硝酸：【答案】C【解析】【详解】A．醋酸为弱酸，属于弱电解质，故用食醋除水垢的原理的离子方程式为：，A错误；B．H2O为极弱的电解质，故氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中的离子方程式为：，B错误；C．铜片投入稀硝酸中离子方程式为：，C正确；D．原离子方程式电荷不守恒，通入水中制硝酸的离子方程式为：，D错误；故答案为：C。18.代表阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L苯中键的数目为B.与在光照条件下充分反应，得到的分子数为C.密闭容器中与充分反应，得到的分子数为D.中含有个极性键【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，苯是液体，非气态的物质，无法计算物质的量，故A错误；B．与在光照条件下充分反应，甲烷和氯气是发生一系列反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷，四氯化碳，因此得到的分子数小于，故B错误；C．氢气和氮气反应是可逆反应，密闭容器中与充分反应，得到的分子数小于

10，故C错误；D．1个乙烯分子含有4个碳氢极性共价键，物质的量为0.1mol，则中含有个极性键，故D正确。综上所述，答案为D。19.已知反应：，下列措施不能加快该反应的速率的是A.升高温度B.加入少量固体C.加NaCl水溶液D.加入几滴溶液【答案】C【解析】【详解】A．升高温度反应速率加快，A不合题意；B．加入少量固体，即加入催化剂，可以加快H2O2分解速率，B不合题意；C．加NaCl水溶液，即减小H2O2的浓度，反应速率减慢，C符合题意；D．加入几滴溶液，即加入催化剂，可以加快H2O2分解速率，D不合题意；故答案为：C。20.我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如图：下列说法不正确的是A.反应①的产物中含有水B.反应②中只有碳碳键形成C.汽油主要是C5~C11的烃类混合物D.图中物质a、b均属于饱和烃【答案】B【解析】【详解】A．反应①为二氧化碳和氢气反应生成一氧化碳和水，即反应①的产物中含有水，故A正确；B．反应②是CO与H2反应生成(CH2)n，(CH2)n中还含有碳氢键，则反应②中还有碳氢键的形成，故B

11错误；C．烃是只由C、H两种元素组成的有机化合物，由图可知，汽油主要是C5∼C11的烃类混合物，故C正确；D．图中物质a、b只含有C、H两种元素，且各原子之间均为单键，则a、b均属于饱和烃，故D正确；故答案选B，21.叔丁基氯与碱溶液经两步反应得到叔丁基醇，反应(CH3)3CCl+OH-→(CH3)3COH+Cl-的能量与反应进程如图所示。下列说法正确的是A.该反应为吸热反应B.(CH3)3C+比(CH3)3CCl稳定C.反应物的总能量小于生成物的总能量D.增大碱的浓度和升高温度均可加快反应速率【答案】D【解析】【详解】A．反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，A错误；B．由图可知：(CH3)3C+能量比(CH3)3CCl高，所以更活泼，B错误；C．由图可知：反应物的总能量大于生成物的总能量，C错误；D．增大反应物浓度和升高温度均可加快反应速率，D正确。答案选D。22.某小组同学探究浓硫酸的性质，向试管①、②中加入等量的98%的浓硫酸，实验如下。实验1实验2实验3

12装置现象溶液颜色无明显变化；把蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟溶液变黄；把湿润的品红试纸靠近试管口，试纸褪色溶液变深紫色(经检验溶液含单质碘)下列对实验的分析不合理的是A.实验1中，白烟是NH4ClB.根据实验1和实验2判断还原性：Br->Cl-C.根据实验3判断还原性：I->Br-D.上述实验体现了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质【答案】C【解析】【分析】实验1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验2，溶液变黄，说明有溴单质生成；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性。【详解】A．实验1，试管口挥发出的氯化氢气体与浓氨水挥发出的氨气反应生成白烟氯化铵，故A合理；B．实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br-＞Cl-，故B合理；C．②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I-＞Br-的结论，故C不合理；D．实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理；选C。23.用如图装置探究原电池中的能量转化。图中注射器用来收集气体并读取气体体积，记录实验据如表。下列说法不正确的是实验数据时间/min①②气体体积/mL溶液温度/℃气体体积/mL溶液温度/℃0022.0022.0

138.53024.85023.810.55026.0--A.时间相同时，对比两装置的溶液温度，说明反应释放的总能量：①>②B.0~8.5min内，生成气体的平均速率：①<②C.两个装置中反应均为D.生成气体体积相同时，对比两装置的溶液温度，说明②中反应的化学能部分转化为电能【答案】A【解析】【详解】A．对比两装置的溶液温度，说明装置①中把化学能转化为热能比装置②中的多，但两装置总反应方程式均为：Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)，释放的总能量与生成的气体的量成正比，由表中数据可知时间相同时，装置①中生成气体没有装置②中生成气体多，所以反应释放的总能量①＜②，A错误；B．0～8.5min内，相同条件下，装置①中生成气体没有装置②中生成气体多，所以生成气体的平均速率①＜②，B正确；C．装置①中为Zn和H2SO4溶液的化学反应，②为Cu-Zn-H2SO4原电池反应，两反应均为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，C正确；D．生成气体体积相同时两反应释放的总能量相等，两装置的溶液温度①＞②，说明装置②中是把化学能部分转化为电能，D正确；故答案为：A。24.将5mL0.1mol•L-1KI溶液与1mL0.1mol•L-1FeCl3溶液混合，发生反应a，一段时间后溶液颜色不再改变。将所得溶液分成两份，一份加淀粉，溶液变蓝；一份加KSCN，溶液变红。下列说法不正确的是A.加淀粉溶液变蓝，表明Fe3+与I-反应生成I2B.加KSCN溶液变红，表明反应a存在限度C.溶液的颜色不再变化，表明反应a达到平衡状态D.溶液的颜色不再变化，表明Fe2+、Fe3+、I2、I-的物质的量浓度均相等

14【答案】D【解析】【分析】反应a为2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，淀粉遇碘变蓝，可检验生成的碘，且氯化铁少量，检验反应后铁离子可证明反应的限度，平衡时浓度不变，但不一定相等，以此来解答。【详解】A．淀粉遇碘变蓝，由加淀粉溶液变蓝，表明Fe3+与I-反应生成I2，故A正确；B．氯化铁少量，加KSCN溶液变红，表明反应a存在限度，故B正确；C．溶液的颜色不再变化，可知浓度不变，表明反应a达到平衡状态，故C正确；D．溶液的颜色不再变化，可知浓度不变，但Fe2+、Fe3+、I2、I-的物质的量浓度不一定相等，与起始量、转化率有关，故D错误；故选D。25.下列实验操作不能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A验证淀粉在硫酸催化下的水解产物向试管中加入0.5g淀粉和溶液，加热。冷却后，加入少量新制的银氨溶液，加热B验证在酸性环境中具有氧化性向盛有Cu片的试管中加入溶液，无明显现象，再加入稀C研究温度对化学反应速率的影响将盛有溶液的两支试管分别放入盛有冷水和热水的烧杯中，再同时向试管中分别加入溶液，振荡D验证+4价S元素具有还原性把通入酸性溶液中A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．淀粉在稀硫酸催化作用下生成葡萄糖，葡萄糖含有醛基，能与新制的银氨溶液发生银镜反应，但反应条件是碱性条件，所以验证淀粉在硫酸催化下的水解产物的操作为：向试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/LH2SO4溶液，加热，冷却后加入适量NaOH

15溶液中和稀硫酸，再加入少量新制的银氨溶液，加热，若有银镜生成即可证明，A符合题意；B．中性条件下Cu和NaNO3溶液不反应，无明显现象，加入稀H2SO4时形成混合酸，反应的离子方程式为3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，发生还原反应生成NO，有气泡生成，并且NO在试管口变成红棕色，可验证NaNO3在酸性环境中具有氧化性，B不合题意；C．将盛有2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液的两支试管分别放入盛有冷水和热水的烧杯中，再同时向试管中分别加入2mL0.1mol/LH2SO4溶液，振荡，热水中浑浊先出现，可据此研究温度对化学反应速率的影响，C不合题意；D．SO2和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为2+5SO2+2H2O=2Mn2++5+4H+，SO2被氧化、表现出还原性，该实验能验证+4价S元素具有还原性，D不合题意；故答案为：A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.回答下列问题（1）写出1，2-二溴乙烷的结构简式__________。（2）写出铜和浓硫酸反应的化学方程式__________。（3）丙烯酸()是一种重要的化工原料，写出用它在一定条件下合成聚丙烯酸(PAA)的化学方程式__________。【答案】（1）BrCH2CH2Br（2）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（3）nCH2=CHCOOH【解析】【小问1详解】根据卤代烃的系统命名原则可知，1，2-二溴乙烷的结构简式为：BrCH2CH2Br，故答案为：BrCH2CH2Br；【小问2详解】铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，该反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)

16CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；【小问3详解】丙烯酸()是一种重要的化工原料，它在一定条件下发生加聚反应合成聚丙烯酸(PAA)，该反应的化学方程式为：nCH2=CHCOOH，故答案为：nCH2=CHCOOH。27.固体矿物X由三种元素组成。某学习小组为了探究它的组成和性质，进行了如下实验：请回答：（1）溶液F的溶质为__________(写化学式)。溶液D中的阳离子有__________。（2）X的化学式是__________。（3）写出气体A与溶液D反应的离子方程式__________。（4）设计检验气体A的实验方案：__________。【答案】（1）①.FeSO4②.Fe3+、Cu2+、H＋（2）CuFe2S3（3）2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋＋4H＋（4）取一只试管，加入少量品红溶液，将气体通入的品红溶液中，品红溶液褪色，停止通入气体，将褪色的溶液在酒精灯上加热，又变为红色溶液，则该气体为二氧化硫【解析】【分析】红色固体单质E为铜，质量3.2g，铜物质的量为0.05mol，则氧化铜的质量为4.0g，溶液F的单质溶质，则为硫酸亚铁，根据质量分析固体B中还有另外的物质即氧化铁且质量为8g，氧化铁物质的量为0.05mol，铁物质的量为0.1mol，白色沉淀34.95g是硫酸钡，物质的量为0.15mol，根据硫守恒得到X中硫物质的量为0.15mol，则X化学式为CuFe2S3。【小问1详解】由于溶液D加入了铁粉，铁粉先与铁离子反应，再与铜离子应，最后与氢离子反应，溶液F的溶质是单一物质，则F为FeSO4。溶液D中的阳离子有Fe3+、Cu2+、H＋；故答案为：FeSO4；Fe3+、Cu2+、H＋。

17【小问2详解】根据前面分析得到X的化学式是CuFe2S3；故答案为：CuFe2S3。【小问3详解】气体A与溶液D反应即二氧化硫和铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根，其反应的离子方程式2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋＋4H＋；故答案为：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋＋4H＋。【小问4详解】检验气体A主要通过二氧化硫的暂时漂白性来验证，其实验方案：取一只试管，加入少量品红溶液，将气体通入的品红溶液中，品红溶液褪色，停止通入气体，将褪色的溶液在酒精灯上加热，又变为红色溶液，则该气体为二氧化硫；故答案为：取一只试管，加入少量品红溶液，将气体通入的品红溶液中，品红溶液褪色，停止通入气体，将褪色的溶液在酒精灯上加热，又变为红色溶液，则该气体为二氧化硫。28.I．中国积极推进低碳发展，力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。（1）已知反应中相关的化学键键能数据如表：化学键436343803465413若有生成，反应需要放出__________kJ能量。（2）某温度下，某定容容器中充入和发生上述反应，能说明上述反应达到平衡状态的是__________(填字母)。A.断裂的同时有断裂B.容器内气体密度不随时间的变化而变化C.混合气体的压强不随时间的变化而变化D.混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化Ⅱ．某化学研究所在甲醇(是一种可燃物)燃料电池技术方面获得新突破。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。

18（3）①该电池工作时，b口通入的物质为__________；②该电池负极的电极反应式__________；③工作一段时间后，当3.2g甲醇完全反应生成时，有__________mol质子转移。【答案】（1）63（2）CD（3）①.甲醇或CH3OH②.③.0.6【解析】【小问1详解】若有生成，则断键需要吸收的热量为803×2mol+436×3mol=2914kJ，成键释放的热量为413×3mol+465×3mol+343=2977kJ，反应需要放出2977kJ−2914kJ=63kJ能量；故答案为：63。小问2详解】A．断裂，正向反应，同时有断裂，逆向反应，由于甲醇中有氧氢键，应该同时有断裂，才能作为判断平衡标志，故A不符合题意；B．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，因此当容器内气体密度不随时间的变化而变化，不能作为判断平衡标志，故B不符合题意；C．该反应正向反应是体积减小的反应，压强不断减小，当混合气体的压强不随时间的变化而变化，能作为判断平衡标志，故C符合题意；D．平均摩尔质量等于气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，正向反应，气体物质的量减小，摩尔质量不断减小，当混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化，能作为判断平衡标志，故D符合题意；综上所述，答案为：CD。【小问3详解】①根据图中信息氢离子向右移动，则右边为正极，左边为负极，负极是通入燃料，因此该电池工作时，b口通入的物质为甲醇；故答案为：甲醇或CH3OH。②该电池是酸性环境，则负极的电极反应式；故答案为：。③工作一段时间后，当3.2g甲醇(物质的量为0.1mol)完全反应生成时，0.6mol电子转移，则有0.6mol质子转移；故答案为：0.6。29.某小组设计实验证明乙醇和钠反应产生氢气，并探究氧化铜的还原产物。已知：①。

19②红色粉末在酸性条件下发生歧化反应：。装置如图所示：回答下列问题：（1）试剂R最好选择__________(填字母)。A碱石灰B.无水氯化钙C.五氧化二磷D.硫酸镁（2）装置E的作用是__________。（3）实验完毕后，为了探究C中红色粉末是否含有，设计下列两种方案：方案1：取少量红色粉末于试管，加入足量溶液M，充分振荡，若溶液变蓝色，则红色粉末一定含；方案2：取ag红色粉末，在加热条件下通入足量氢气，充分反应后，冷却、称重，红色固体质量为xg。①方案1中M可能是__________。A．稀硝酸B．稀硫酸C．浓硫酸D．浓硝酸②方案2中，当__________时，红色粉末全部是。（4）分析与讨论。①CuO被、、CO等还原可能生成或Cu，生成的可能原因是__________。A．通入量不足B．与CuO接触充分C．温度较低D．温度过高②若缺少装置B，C中黑色粉末变红色，D中白色粉末变蓝色，不能肯定A中一定生成了，用化学方程式表达其理由__________。【答案】（1）B（2）防止空气中水蒸气进入D中影响实验（3）①.B②.（4）①.AC②.【解析】【分析】乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气，用无水氯化钙除掉氢气中乙醇杂质，再通入到氧化铜中，排出装置内空气后再点燃C处酒精灯，生成的产物使D处无水硫酸铜变蓝，用碱石灰防止空气中水蒸气进入D

20中。【小问1详解】由于乙醇易挥发，根据信息，碱石灰、五氧化二磷、硫酸镁不能吸收乙醇，因此试剂R最好选择无水氯化钙即B；故答案为：B。【小问2详解】D装置是检验C中是否生成水，因此装置E的作用是防止空气中水蒸气进入D中影响实验；故答案为：防止空气中水蒸气进入D中影响实验。【小问3详解】①方案1中氧化亚铜中含有铜单质，稀硝酸、浓硝酸、浓硫酸会与铜反应而影响验证，铜不与稀硫酸反应，而，因此M可能是稀硫酸即B；故答案为：B。②方案2中，若红色粉末全部是，根据铜守恒得到x=，则当时，红色粉末全部是；故答案为：。【小问4详解】①CuO具有氧化性，CuO反应生成，说明还原不充分，则可以从反应物量，接触面积，温度等角度考虑可能的原因，因此生成的可能原因是通入量不足、温度较低；故答案为：AC。②若缺少装置B，C中黑色粉末变红色，D中白色粉末变蓝色，不能肯定A中一定生成了，可能是乙醇和氧化铜反应生成铜、乙醛和水，用化学方程式表达其理由；故答案为：。30.乙酸乳酯(F)可用淀粉为原料合成，路线如下请回答：（1）A中官能团是__________。（2）两分子E反应生成六元环状结构的物质，该物质的结构简式为__________。（3）写出E与反应的化学方程式__________。

21反应②为酯化反应，写出反应②的化学反应方程式__________。（4）下列说法不正确的是__________。A.淀粉分子式为，与纤维素互为同分异构体，同属于天然有机高分子B.与B具有相同官能团的物质均能发生催化氧化反应生成醛C.可以用银氨溶液鉴别C、D(必要时可以加热)D.D、E、F均能与氢氧化钠溶液反应（5）以甲醇()为原料，无机试剂任选，写出合成甲酸甲酯()的合成路线_________。提示：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：【答案】（1）羟基和醛基（2）（3）①.CH3CH(OH)COOH+NaHCO3CH3CH(OH)COONa+H2O+CO2↑②.CH3COOH+CH3CH(OH)COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O（4）AB（5）CH3OHHCHOHCOOHHCOOCH3【解析】【分析】由题干合成流程图中D和E发生酯化反应生成F，根据F的结构简式及D、E的分子式知，D为CH3COOH、E为CH3CH(OH)COOH，B为乙醇，B被催化氧化生成C为CH3CHO，C被催化氧化生成D，淀粉水解生成葡萄糖，则A为葡萄糖，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，A为葡萄糖，其结构简式为：CH2OH(CHOH)4CHO，故A中官能团是羟基和醛基，故答案为：羟基和醛基；【小问2详解】由分析可知，E为CH3CH(OH)COOH，故两分子E反应生成六元环状结构的物质即形成环状酯，该物质的结构简式为：，故答案为：；【小问3详解】

22由分析可知，E为CH3CH(OH)COOH，则E与NaHCO3反应的化学方程式为CH3CH(OH)COOH+NaHCO3CH3CH(OH)COONa+H2O+CO2↑，反应②为酯化反应，即D为CH3COOH和E为CH3CH(OH)COOH发生酯化反应生成F，故反应②的化学反应方程式为CH3COOH+CH3CH(OH)COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O，故答案为：CH3CH(OH)COOH+NaHCO3CH3CH(OH)COONa+H2O+CO2↑；CH3COOH+CH3CH(OH)COOHCH3COOCH(CH3)COOH+H2O；【小问4详解】A．淀粉和纤维素的分子式均可表示为，但淀粉与纤维素的n值不同，即分子式不同，故不互为同分异构体，同属于天然有机高分子，A错误；B．由分析可知，B为乙醇，故与B具有相同官能团的物质即醇类，与醇羟基相连的碳原子还有2个或3个H均能发生催化氧化反应生成醛，与醇羟基相连的碳原子只有1个H能发生催化氧化反应生成酮，与醇羟基相连的碳原子没有H不能发生催化氧化反应，B错误；C．由分析可知，C为乙醛，D为乙酸，乙醛能发生银镜反应，乙酸不能发生银镜反应，故可以用银氨溶液鉴别C、D(必要时可以加热)，C正确；D．由分析可知，D为CH3COOH、E为CH3CH(OH)COOH这者含有羧基，能与NaOH溶液反应，F为CH3COOCH(CH3)COOH含有羧基和酯基，均能与NaOH溶液反应，故D、E、F均能与氢氧化钠溶液反应，D正确；故答案为：AB；【小问5详解】由醇催化氧化为醛，醛催化氧化为羧酸，羧酸和醇发生酯化反应生成酯可知，甲醇CH3OH催化氧化为HCHO，HCHO催化氧化为HCOOH，HCOOH和CH3OH发生酯化反应生成甲酸甲酯HCOOCH3，故该合成路线为：CH3OHHCHOHCOOHHCOOCH3，故答案为：CH3OHHCHOHCOOHHCOOCH3。

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