2019-2020年高一化学下学期期末试卷（含解析） (V).doc

2019-2020年高一化学下学期期末试卷（含解析） (V)一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个正确选项）1（2分）（xx春高唐县校级期末）化学与社会、生产、生活密切相关下列说法不正确的是（）A“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂B从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现C推广使用燃煤脱硫技术，防治S02对空气的污染D废旧电池中的汞、镉、铅等重金属元素对土壤和水源会造成污染考点：酯的性质；海水资源及其综合利用；常见的生活环境的污染及治理分析：A“地沟油”中主要含油脂；B海水中获得食盐为物理变化，海水提溴、碘、Mg等需要化学变化；C燃煤脱硫，将二氧化硫转化为亚硫酸盐，减少排放；D废旧电池中的汞、镉、铅等重金属盐，均为有毒物质解答：解：A“地沟油”中主要含油脂，还含有害物质，不能食用，但可用来制肥皂（碱性条件下水解）或燃油（油脂能燃烧），故A正确；B海水中获得食盐为物理变化，海水提溴、碘、Mg等需要化学变化，则从海水中提取物质不一定通过化学反应才能实现，故B错误；C燃煤脱硫，将二氧化硫转化为亚硫酸盐，减少排放，防治SO2对空气的污染，故C正确；D废旧电池中的汞、镉、铅等重金属盐，均为有毒物质，对土壤和水源会造成污染，则应集中回收处理，故D正确，故选B点评：本题考查环境污染及保护，为高频考点，侧重化学与生活、材料、资源利用的考查，注意海水中资源利用原理及二氧化硅具有导光性，题目难度不大2（2分）（xx春高唐县校级期末）下列化学用语正确的是（）ACH3Cl B乙烯的结构简式 CH2CH2C淀粉的化学式为（C6H10O5）nDH2O2的电子式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合分析：A氯原子最外层达到8电子稳定结构，漏掉了氯原子的3对未成键电子；B乙烯的结构简式中没有标出碳碳双键；C淀粉为高分子化合物，淀粉的化学式为（C6H10O5）n；D双氧水为共价化合物，电子式中不存在阴阳离子解答：解：ACH3Cl为共价化合物，C、Cl原子最外层都达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，故A错误；B乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯正确的结构简式为：CH2=CH2，故B错误；C淀粉属于天然高分子化合物，其化学式为（C6H10O5）n，故C正确；D双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个OO键，双氧水正确的电子式为：，故D错误；故选C点评：本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、化学式、结构简式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力3（2分）（xx春高唐县校级期末）元素周期表中某区域可以寻找制备新型农药材料的元素，它们是（）A左下方区域的金属元素B右上方区域的某些非金属元素C金属元素和非金属元素分界线附近的元素D过渡元素区域考点：元素周期表的结构及其应用分析：A周期表左下角的元素具有较强的金属性，为电的良导体，不可以作半导体材料；B周期表右上角的元素常用于制备农药；C金属元素和非金属元素分界线附近的意元素多为半导体材料元素；D过渡元素常用于制备催化剂材料及耐高温、耐腐蚀材料解答：解：A周期表左下角的元素具有较强的金属性，为电的良导体，不可以作半导体材料，故不选；B周期表右上角的元素常用于制备农药，故选；C金属元素和非金属元素分界线附近的意元素多为半导体材料元素，故不选；D过渡元素常用于制备催化剂材料及耐高温、耐腐蚀材料，故不选；故选B点评：本题考查元素周期表的结构与应用，比较基础，明确半导体材料具有的性质，根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解答4（2分）（xx春眉山期末）下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（）A铝片与稀盐酸的反应BBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应C灼热的炭与CO2的反应D甲烷在氧气中的燃烧反应考点：氧化还原反应；吸热反应和放热反应分析：从元素的化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应，常见的吸热反应有：C和水、CuO等反应，大多数分解反应以及氢氧化钡晶体和氯化铵的反应等解答：解：A铝片与稀盐酸的反应为放热反应，故A错误；BBa（OH）28H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，但不是氧化还原反应，故B错误；C灼热的炭与CO2的反应为吸热反应，也为氧化还原反应，故C正确；D甲烷在氧气中的燃烧反应为放热反应，故D错误故选C点评：本题考查化学反应类型的判断，为高频考点，注意氧化还原反应的特征是化合价的升降，学习中注意归纳常见吸热反应以及放热反应，题目难度不大5（2分）（xx春东城区期末）下列金属通常采用加热分解的方法来冶炼的是（）ANaBAlCFeDAg考点：金属冶炼的一般原理专题：几种重要的金属及其化合物分析：根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼解答：解：根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，如钠、镁、铝，较活泼金属用热还原法，铁、铜，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼故选：D点评：本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法6（2分）（xx春高唐县校级期末）下列化学式表示的物质一定为纯净物的是（）AC3H8BC4H10CC12H22O11DC考点：有机化合物的异构现象分析：化学式表示的物质一定为纯净物，说明该物质只有1种结构，一定不存在同分异构体或同素异形体，据此对各选项进行判断解答：解：AC3H8为丙烷，丙烷只有1种结构，所以化学式C3H8表示的物质一定为纯净物，故A正确；BC4H10为丁烷，丁烷存在正丁烷和异丁烷两种结构，故B错误；CC12H22O11可能为蔗糖或麦芽糖，表示的不是原则物质，故C错误；DC可能为石墨或结构式，表示的不是1种物质，故D错误；故选A点评：本题考查了同分异构体、同素异形体、纯净物的概念及判断方法，题目难度不大，明确同分异构体的书写原则、同素异形体和纯净物的概念为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力7（2分）（xx春高唐县校级期末）下列说法正确的是（）ANaOH碱性比KOH强BLi是最活泼的金属，F是最活泼的非金属CX2+核外电子数目为18，则X在第四周期第A族D元素周期表有7个副族，7个主族，1个0族，1个族，共16个纵行考点：元素周期律的作用分析：A金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；BLi是第二周期中最活泼的金属，在金属中不是最活泼；CX2+核外电子数目为18，则X核外电子数为20；D8、9、10列为族，其它各族均占有1列解答：解：A金属性NaK，故碱性NaOHKOH，故A错误；BF元素是最活泼的非金属，Li是第二周期中最活泼的金属，同主族自上而下金属性增强，在IA族中金属性最弱，故B错误；CX2+核外电子数目为18，则X核外电子数为20，X在第四周期第A族，故C正确；D元素周期表有7个副族，7个主族，1个0族，1个族，8、9、10列为族，其它各族均占有1列，共18个纵行，故D错误，故选C点评：本题考查元素周期表结构、元素周期律、结构与位置关系等，难度不大，注意掌握周期表中硫列与族的关系8（2分）（xx春高唐县校级期末）下列物质之间的相互关系错误的是（）AH和D互为同位素B与互为同分异构体CCH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物DO2和O3互为同素异形体考点：同位素及其应用；有机化合物的异构现象；芳香烃、烃基和同系物分析：A质子数相同中子数不同的原子互称同位素互为同位素原子具有以下特征：质子数相同、化学性质相同；B具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，该组物质根据物质的名称分析判断，属于同一种物质；C结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；D同种元素形成的不同单质为同素异形体解答：解：AH和D质子数相同为1，中子数分别为0、1不同，是同种元素的不同的原子，互为同位素，故A正确；B与为丙烷，是同一物质，故B错误；CCH3CH3和CH3CH2CH3结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团，互为同系物，故C正确；D氧气（O2）与臭氧（O3），由氧元素组成不同单质，属于同素异形体，故D正确；故选B点评：本题主要考查了同位素、同分异构体、同系物、同素异形体的定义，在判断时要抓住各自的研究对象分别为：原子、化合物、有机化合物、单质，题目难度不大9（2分）（xx春宜昌期末）化学能与热能、电能等能相互转化关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（）A化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成B铝热反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低C图I所示的装置能将化学能转变为电能D图II所示的反应为吸热反应考点：常见的能量转化形式专题：化学反应中的能量变化分析：A化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量；B铝热反应为放热反应；C图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池；D图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量解答：解：A化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故A正确；B铝热反应为放热反应，所以反应物的总能量比生成物的总能量高，故B错误；C图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，故C错误；D图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故D错误；故选A点评：该题是高考中的常见题型，属于较低难度试题的考查，主要是考查学生对化学反应中能量变化对的原因、影响反应热大小因素以及原电池构成条件的熟悉了解程度，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，注意相关知识的积累和总结10（2分）（xx春高唐县校级期末）在C（s）+CO2（g）2CO（g）的反应中，现采取下列措施：缩小体积，增大压强 增加碳的量通入CO2恒容下充入N2 恒压下充入N2能够使反应速率增大的措施是（）ABCD考点：化学反应速率的影响因素专题：化学反应速率专题分析：增大压强、浓度、温度等，均可加快反应速率，以此来解答解答：解：缩小体积，增大压强，有气体参加反应，则反应速率加快，故选；C为纯固体，增加碳的量，反应速率不变，故不选；通入CO2，浓度增大，反应速率加快，故选；恒容下充入N2，反应体系中物质的浓度不变，反应速率不变，故不选；恒压下充入N2，反应体系的分压减小，反应速率减小，故不选；故选C点评：本题考查反应速率的因素，为高频考点，把握影响反应速率的常见因素为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大二、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项）11（3分）（xx烟台模拟）下列关于有机物结构、性质的说法正确的是（）A石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化B乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者所含碳碳键相同C甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发生取代反应D淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解反应，都属于天然有机高分子化合物考点：苯的性质；乙烯的化学性质；苯的同系物；石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点专题：有机物的化学性质及推断分析：A石油的分馏是利用物质的沸点不同进行分离；B苯中不含碳碳双键和碳碳单键，其化学键是介于单键和双键之间的特殊键；C烷烃、苯及其同系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反应；D油脂属于小分子化合物解答：解：A石油的分馏属于物理变化，故A错误；B苯中不含碳碳双键和碳碳单键，所有碳原子之间形成一个大键，但苯能发生加成反应，故B错误；C在一定条件下，烷烃、苯及其同系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反应，注意酯类的水解反应属于取代反应，故C正确；D油脂属于小分子化合物，但油脂中含有酯基，所以能水解，故D错误；故选：C点评：本题考查有机物的结构和性质，注意煤的干馏和石油分馏的区别，为易错点12（3分）（xx春高唐县校级期末）下列说法中不正确的是（）A镍氢电池、锂离子电池和碱性锌锰干电池都是二次电池B燃料电池是一种高效、对环境污染小的新型电池C化学电池的反应基础是氧化还原反应D铅蓄电池放电的时候负极是Pb正极是PbO2考点：原电池和电解池的工作原理；氧化还原反应分析：A碱性锌锰干电池为一次电池；B燃料电池的产物多为CO2、H2O等，不污染环境；C化学电池是将化学能转变为电能的装置，有电子的转移，实质为氧化还原反应；D铅蓄电池放电的时候，Pb被氧化，为原电池的负极解答：解：A镍氢电池、锂离子电池为二次电池，碱性锌锰干电池为一次电池，故A错误；B燃料电池有氢氧燃料电池、甲烷燃料电池、乙醇燃料电池等，产物多为CO2、H2O等，不污染环境，故B正确；C化学电池是将化学能转变为电能的装置，有电子的转移，实质为氧化还原反应，故C正确；D铅蓄电池放电的时候，Pb被氧化，为原电池的负极，PbO2被还原，为原电池的正极，故D正确故选A点评：本题考查常见原电池的组成以及工作原理，题目难度不大，学习中注意常见原电池的组成以及工作原理，注意相关基础知识的积累13（3分）（xx春高唐县校级期末）同周期的X、Y、Z三元素，它们最高价氧化物对应水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则下列判断正确的是（）A含氧酸的酸性H3ZO4H2YO4HXO4B非金属性XYZC元素的负化合价的绝对值按X、Y、Z减小D气态氢化物的稳定性按X、Y、Z的顺序减弱考点：原子结构与元素周期律的关系分析：同周期的X、Y、Z三种主族元素，它们最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X、Y、Z的最高正化合价分别为+7、+6、+5，则原子序数XYZA同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；B同周期自左而右非金属性增强；C最低负化合价=最高正化合价8；D非金属性越强，氢化物越稳定解答：解：同周期的X、Y、Z三种主族元素，它们最高价氧化物对应的水化物是HXO4、H2YO4、H3ZO4，则X、Y、Z的最高正化合价分别为+7、+6、+5，则原子序数XYZA同周期自左而右非金属性增强，故非金属性XYZ，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故含氧酸的酸性H3ZO4H2YO4HXO4，故A错误；B同周期自左而右非金属性增强，故非金属性XYZ，故B错误；CX、Y、Z最低负化合价分别为1、2、3，负化合价的绝对值依次增大，故C错误；D非金属性XYZ，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性按X、Y、Z顺序由强到弱，故D正确，故选D点评：本题考查性质与位置关系、元素周期律等，侧重对元素周期律的可知，注意理解掌握同周期元素性质递变规律14（3分）（xx春高唐县校级期末）反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是（）Av（A）=0.15mol/（Lmin）Bv（B）=0.04mol/（Ls）Cv（C）=0.03mol/（Ls）Dv（D）=0.4mol/（Lmin）考点：化学反应速率和化学计量数的关系分析：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意单位要保持一致解答：解：不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对于反应：A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），A.=0.15 mol/（Lmin）；Bv（B）=0.04mol/（Ls）=2.4 mol/（Lmin），=0.8 mol/（Lmin）；Cv（C）=0.03 mol/（Ls）=1.8 mol/（Lmin），=0.9 mol/（Lmin）；Dv（D）=0.4 mol/（Lmin），=0.2 mol/（Lmin）；故反应速率v（C）v（B）v（D）v（A），故选C点评：本题考查化学反应速率快慢比较，利用比值法可以迅速判断，也可以转化为同一物质表示的速率进行比较15（3分）（xx春高唐县校级期末）根据下列事实：A+B2+A2+B；E+2H2OE（OH）2+H2；以B、D为电极与D的盐溶液组成原电池，电极反应为：D2+2eD，B2eB2+由此可知A2+、B2+、D2+、E2+的氧化性强弱关系是（）AD2+B2+A2+E2+BB2+A2+D2+E2+CD2+E2+A2+B2+DE2+B2+A2+D2+考点：氧化性、还原性强弱的比较分析：同一化学反应中，氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性解答：解：同一化学反应中，氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性A+B2+=A2+B，该反应中氧化剂是B2+，氧化产物是A2+，所以B2+的氧化性A2+的氧化性；E+2H2OE（OH）2+H2，该反应中氧化剂是H2O，氧化产物是E（OH）2，所以H2O的氧化性E2+的氧化性；以B、D为电极与D的盐溶液组成原电池，电极反应为：D2+2eD，B2eB2+，该电池的电池反应式为D2+B=D+B2+，所以氧化剂是D2+，氧化产物是B2+，所以D2+的氧化性B2+的氧化性所以各离子的氧化性大小为D2+B2+A2+E2+故选A点评：本题考查了离子的氧化性强弱比较，难度不大，根据同一反应中，氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性判断即可16（3分）（xx春高唐县校级期末）在一定温度下的定容容器中，发生反应：2A（g）+B（s）C（g）+D（g），下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是（）混合气体的压强不变混合气体的密度不变C（g）的物质的量浓度不变容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1单位时间内生成n molD，同时生成2n mol A单位时间内生成n molC，同时消耗n mol DABCD只有 考点：化学平衡状态的判断分析：化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论解答：解：反应前后气体的体积不变，故混合气体的压强不变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故错误；密度=，总质量再变，体积不变，故密度会变，故混合气体的密度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；C（g）的物质的量浓度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；生成nmolD是正反应，同时生成2nmolA是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故正确；生成nmolC是正反应，同时消耗n mol D，正逆相等，达平衡状态，故正确；故能表明反应已达到平衡状态的是，故选C点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大要注意把握平衡状态的特征17（3分）（xx春高唐县校级期末）如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录卡如下，则卡片上的描述合理的是（）实验后的记录：Zn为正极，Cu为负极Cu极上有气泡产生，发生还原反应SO42向Zn极移动若有0.5mol电子流经导线，则产生5.6L气体电流的流向是：CuZn负极反应式：Cu2eCu2+，发生氧化反应ABCD考点：原电池和电解池的工作原理分析：ZnCu原电池中，Zn作负极，发生电池反应Zn+2H+=Zn2+H2，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动，以此来解答解答：解：Zn为负极，Cu为正极，故错误；Cu电极上发生2H+2e=H2，所以有气泡产生，发生还原反应，故正确；SO42向负极Zn移动，故正确；由2H+2e=H2可知，有0.5mol电子流向导线，产生氢气0.25mol，无标况无法计算体积，故错误；电流的流向是正极到负极：CuZn，故正确；负极反应式：Zn2eZn2+，发生氧化反应，故错误；故选B点评：本题考查原电池，明确电极的判断、发生的电极反应、电子、离子的移动方向即可解答，题目难度不大18（3分）（xx春高唐县校级期末）已知118号元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（）A质子数：cdB离子的还原性：ZY2C氢化物的稳定性：H2YHZD离子半径：X+Y2考点：原子结构与元素周期律的关系分析：118号元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a3=b1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合元素周期律解答解答：解：118号元素的离子aW3+、bX+、cY2、dZ具有相同电子层结构，核外电子数相等，所以a3=b1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，应处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属应处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素A由以上分析可知c=8，b=11，则质子数cb，故A错误； B非金属性FO，非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，则阴离子的还原性越弱，则离子还原性O2F，故B错误；C非金属性FO，非金属性越强氢化物越稳定性，氢化物稳定性为HFH2O，故C错误；D电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+O2，故D正确故选D点评：本题考查原子结构与元素周期律的相关知识，难度不大，可以根据电子层结构确定在周期表中的位置关系，从而推断其性质，不需要确定具体的元素19（3分）（xx春高唐县校级期末）少量铁片与l00mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（）加H2O 加KNO3溶液 滴入几滴浓盐酸 加入少量铁粉 加NaCl溶液 滴入几滴硫酸铜溶液 升高温度（不考虑盐酸挥发） 改用10mL 0.1mol/L盐酸ABCD考点：化学反应速率的影响因素分析：产生氢气的量不变，则保证铁完全与盐酸反应；加快反应速率，应增大盐酸的浓度和升高温度解答：解：加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；加硝酸钾溶液相当于加入硝酸，不会生成氢气；加浓盐酸，反应速率加快；加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多；加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；升高温度，反应速率加快；改用浓度大的盐酸，反应速率加快故选C点评：本题考查了影响反应速率的因素审题时要注意：加快反应速率和不改变氢气的量20（3分）（xx蓟县一模）将镁片、铝片平行插入到一定浓度的NaOH溶液中，用导线连接成闭合回路，该装置在工作时，下列叙述正确的是（）A镁比铝活泼，镁失去电子被氧化成Mg2+B铝是电池负极，开始工作时溶液中会立即有白色沉淀生成C该装置的内、外电路中，均是电子的定向移动形成电流D该装置开始工作时，铝片表面的氧化膜可不必处理考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A、金属镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应；B、铝离子在过量的碱性溶液中不会产生氢氧化铝沉淀；C、电池的外电路，是由电子的定向移动形成电流，而内电路，则是由溶液中自由移动的离子的定向移动形成电流；D、铝片表面的氧化膜也能与NaOH溶液反应解答：解：A、在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，在该反应中，铝失电子作原电池的负极，而属镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应，故A错误；B、在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，在该反应中，铝失电子作原电池的负极，由于电池开始工作时，生成的铝离子的量较少，NaOH过量，此时不会有Al（OH）3白色沉淀生成，故B错误；C、该装置外电路，是由电子的定向移动形成电流，而内电路，则是由溶液中自由移动的离子的定向移动形成电流，故C错误；D、由于铝片表面的氧化膜也能与NaOH溶液反应，故其不必处理，故D正确故选D点评：本题是一道有关原电池工作原理的综合题目，要求学生熟悉教材基本知识，知道原电池正负极的判断方法和工作原理，具备分析和解决问题的能力三、填空题（本题包含四小题，共50分）21（14分）（xx春高唐县校级期末）短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置关系如图所示已知在同周期元素的常见简单离子中，D的离子半径最小，E是周期表中半径最小的原子ABCD回答下列问题：（1）C元素在元素周期表中的位置是第二周期第VIA 族元素D的离子结构示意图为（2）B、E两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子X和Y，X的电子式为，Y的结构式为（3）A、B、C元素的氢化物均有两种或两种以上在一定条件下A2E4与E2C可发生反应，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH（4）工业上冶炼单质D的化学反应方程式2Al2O3（熔融）4Al+3O2（5）超细DB粉末被应用于大规模集成电路领域其制作原理为D2C3、B2、A在高温下反应生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成，且原子个数比均为1：l；其反应的化学方程式为Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO考点：元素周期律和元素周期表的综合应用分析：由短周期主族元素A、B、C、D在周期表中的位置，可知A、B、C处于第二周期，D处于第三周期，在同周期元素的常见简单离子中，D的离子半径最小，则D为Al，可推知A为碳、B为氮、C为氧，E是周期表中半径最小的原子，则E为H元素，据此解答解答：解：由短周期主族元素A、B、C、D在周期表中的位置，可知A、B、C处于第二周期，D处于第三周期，在同周期元素的常见简单离子中，D的离子半径最小，则D为Al，可推知A为碳、B为氮、C为氧，E是周期表中半径最小的原子，则E为H元素（1）C为氧元素，在元素周期表中的位置是：第二周期第VIA 族，元素D为Al，离子结构示意图为 ，故答案为：第二周期第VIA 族；（2）N、H两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子X和Y，X为NH3，电子式为，Y为N2H4，结构式为，故答案为：；（3）在一定条件下C2H4与H2O可发生反应生成乙醇，化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；（4）工业上电解熔融氧化铝冶炼单质Al，化学反应方程式为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2，故答案为：2Al2O3（熔融）4Al+3O2；（5）超细AlN粉末被应用于大规模集成电路领域其制作原理为Al2O3、N2、碳在高温下反应生成两种化合物，这两种化合物均由两种元素组成，且原子个数比均为1：l，还生成CO，反应的化学方程式为：Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO，故答案为：Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO点评：本题考查结构性质位置关系应用，根据元素的位置推断元素是解题的关键，侧重对化学用语的考查，难度不大22（12分）（xx春高唐县校级期末）在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：2NO2 （g） （红棕色）N2O4g）（无色），如图所示（1）曲线X （填“X”或“Y”）表示NO2的物质的量随时间的变化曲线（2）若降低温度，则v（正）减慢，v（逆）减慢（填“加快”或“减慢”或“不变”）（3）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v（NO2）=0.3mol/（Ls），乙中v（N2O4）=6mol/（Lmin），则甲中反应更快（4）在0到3min中内N2O4的反应速率为0.05mol/（Lmin）（5）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是（填标号）BCF；Av（NO2）=2v（N2O4）B容器内压强不再发生变化CX的体积分数不再发生变化D容器内气体原子总数不再发生变化E 相同时间内消耗n mol的Y的同时生成2n mol的XF相同时间内消耗n mol的Y的同时消耗2n mol的X考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断分析：（1）根据物质的量的变化量之比等于计量数之比分析；（2）根据温度对反应速率的影响分析；（3）根据反应速率之比等于化学计量数之比比较；（4）根据v=计算反应速率，结合图象计算相关物理量；（5）根据可逆反应处于平衡状态时，正逆反应速率相等、组成不变等特征判断解答：解：（1）由方程式2NO2 （g） （红棕色）N2O4g）（无色），可知反应中NO2 的物质的量变化较大，则X表示NO2的物质的量随时间的变化曲线，故答案为：X；（2）温度降低，正逆反应速率都减慢，故答案为：减慢；减慢；（3）分别测得甲中v（NO2）=0.3mol/（Ls），乙中v（N2O4）=6mol/（Lmin），v（NO2）=2v（N2O4）=0.6molL1min1=0.01mol/（Ls），则甲反应较快，故答案为：甲；（4）v（N2O4）=0.05mol/（Lmin），故答案为：0.05mol/（Lmin）；（5）Av（NO2）=2v（N2O4），未体现正与逆的关系，故错误；B容器内压强不再发生变化，说明达平衡状态，故正确；CX的体积分数不再发生变化，说明达平衡状态，故正确；D容器内气体原子总数不再发生变化，从反应发生容器中原子总数就不变，所以不能作平衡状态的标志，故错误；E 只要反应发生就符合相同时间内消耗n mol的Y的同时生成2n mol的X，所以不一定达平衡状态，故错误；F相同时间内消耗n mol的Y的同时消耗2n mol的X，说明达平衡状态，故正确；故选：BCF点评：本题考查较为综合，题目难度中等，注意把握化学反应速率以及化学平衡的基本知识即可解答该题23（12分）（xx春高唐县校级期末）根据如图原电池的装置图回答下列问题：（1）欲将反应2Fe3+CuCu2+2Fe2+设计成原电池，该电池负极材料为铜，电解质溶液为氯化铁溶液，10min内该电池向外提供0.1mol电子，负极材料的质量变化为3.2g，假设该电解质溶液为2L，则以Fe3+浓度变化表示的该反应的速率为0.005 mol/（Lmin）（2）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，A电极材料为Cu，B电极材料为Fe，则B电极上发生的电极反应式为Fe2e=Fe2+；反应进行一段时间后溶液C的pH将升高（填“升高”“降低”或“基本不变”）考点：原电池和电解池的工作原理分析：（1）根据原电池的工作原理选取适合的材料，再根据电极反应式进行相关计算；（2）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，A为正极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大解答：解：（1）2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，根据方程式可知，铜的化合价升高，失电子，应作为原电池的负极；3价铁离子化合价降低，得到电子，故电解质溶液可选用氯化铁；正极可选用惰性电极石墨（Pt亦可）；又负极反应为Cu2e=Cu2+，根据电极反应式可知，消耗1mol铜，转移2mol电子，故转移0.1mol电子，消耗的铜为0.05mol，质量为0.0564=3.2g，同时消耗Fe3+的物质的量为0.1mol，所以以Fe3+浓度变化表示的该反应的速率为=0.005 mol/（Lmin）故答案为：铜；氯化铁溶液；3.2g；0.005 mol/（Lmin）；（2）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且做负极，电极反应为Fe2e=Fe2+，A为正极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2H+2e=H2；氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，故答案为：Fe2e=Fe2+；升高点评：本题考查了原电池原理的分析判断，原电池原理和电极分析判断是解题关键，注意电极反应生成的离子在电解质溶液中的存在分析，题目难度中等24（12分）（xx春高唐县校级期末）某校化学兴趣学习小组实验探究乙醇的性质甲组同学用乙醇与乙酸反应制备乙酸乙酯：如图所示，在试管中先加入2mL95%的乙醇，并在摇动加入3mL浓硫酸，再加入2mL乙酸，充分摇匀用酒精灯对左试管小心加热35min后，改用大火加热（1）乙醇所含官能团的名称是羟基，该反应类型为酯化反应反应过程中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂，右侧试管中通常加入饱和Na2CO3溶液反应结束后，振荡右侧试管，静置，观察到的现象是液体分层，上层为无色油状液体（2）写出左侧试管中发生反应的化学方程式CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，乙组同学用酒精灯加热铜丝，当铜丝置于外焰加热时发现铜丝变黑，而后他们将铜丝移至內焰加热是发现变黑的铜丝又会变为红色，写出这个有机反应的总化学反应方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O考点：乙酸乙酯的制取；乙醇的催化氧化实验分析：I（1）乙醇含有的官能团为0H，即羟基，醇类与羧酸的反应属于酯化反应，又称为取代反应；根据吸收乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于水溶液分析，浓硫酸做酯化反应的催化剂和吸水剂；（2）乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯和水；II乙醇催化氧化反应生成乙醛解答：解：I（1）乙醇含有的官能团为0H，即羟基，醇类与羧酸的反应属于酯化反应，又称为取代反应，吸收乙酸乙酯用饱和碳酸钠溶液，所以右试管中通常加入饱和碳酸钠溶液；又乙酸乙酯不溶于水溶液，所以分离的方法为分液；浓硫酸有吸水性，促进该反应向正反应方向移动，浓硫酸能加快反应速率，所以浓硫酸作催化剂故答案为：羟基；酯化反应；催化剂、吸水剂； 饱和Na2CO3溶液；液体分层，上层为无色油状液体；（2）乙酸与乙醇在浓硫酸催化下反应生成乙酸乙酯和水，化学反应方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；II乙醇催化氧化生成乙醛，化学反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O点评：本题考查乙酸乙酯的制备，题目难度不大，注意实验的先后顺序，学习中注重实验评价能力的培养