四川省彭州市彭州中學2025屆高一下化學期末聯考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、在2L的密閉容器中，發生以下反應：2A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)，若最初加入的A和B都是4mol，在前10sA的平均反應速率為0.12mol/(L·s)，則10s時，容器中B的物質的量是()A．3.4mol B．3.2mol C．2.8mol D．1.2mol2、下列方程式正確的是A．鐵與稀硫酸反應的離子方程式：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑B．乙烯與Br2的CCl4溶液反應的方程式：CH2=CH2+Br2→CH2=CHBr+HBrC．碳酸鈉在水中的電離方程式：Na2CO3===2Na+＋CO32－D．二氧化硅溶于氫氧化鈉溶液的離子方程式：SiO2+2Na++2OH－===Na2SiO3+H2O3、SO2通入BaCl2溶液中并不產生沉淀，而通入另一種氣體后可以產生白色沉淀。則圖中右側Y形管中放置的藥品組合符合要求的是（）①Cu和濃硝酸②氫氧化鈉固體和濃氨水③大理石和稀鹽酸④過氧化氫和二氧化錳A．①②④ B．全部 C．②③ D．①③4、某地有甲．乙兩工廠排放污水，污水中各含有下列8種離子中的4種（兩廠不含相同離子）：Ag+．Ba2+．Fe3+．Na+．Cl-．CO32-．NO3-．OH-。若兩廠單獨排放都會造成嚴重的水污染，如將兩廠的污水按一定比例混合，沉淀后污水便變成無色澄清只含硝酸鈉而排放，污染程度會大大降低。關于污染源的分析，你認為正確的是A．CO32-和NO3-可能來自同一工廠 B．Na+和NO3-來自同一工廠C．Ag+和Na+可能來自同一工廠 D．Cl-和NO3-一定不在同一工廠5、向BaCl2溶液中通入SO2氣體，溶液仍然澄清；若將BaCl2溶液分盛在兩支試管中，一只試管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2氣體，結果兩支試管都有白色沉淀產生。由此得出的下列結論中不合理的是A．SO2是酸性氧化物、SO2具有還原性B．兩支試管中的白色沉淀不是同種物質C．BaCl2既能跟強酸、又能跟強堿反應，具有兩性D．升高pH時，SO2水溶液中SO32-濃度增大6、一定溫度下(T2>Tl)，在3個體積均為2.0L的恒容密閉容器中反應2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g)（正反應放熱）達到平衡，下列說法正確的是A．達到平衡時，容器I與容器II中的總壓強之比為1：2B．達到平衡時，容器III中ClNO的轉化率小于80%C．達到平衡時，容器II中c(ClNO(/c(NO)比容器I中的大D．若溫度為Tl，起始時向同體積恒容密閉容器中充入0.20molNO(g)、0.2molCl2(g)和0.20molClNO(g)，則該反應向正反應方向進行7、關于下列各裝置圖的敘述中，不正確的是A．精煉銅，則a極為粗銅，電解質溶液濃度不變B．總反應是：C．中輔助陽極應為惰性電極D．鐵釘幾乎沒被腐蝕8、下列關于化學用語“NH4Cl”的意義，不正確的是（）A．氯化銨分子中含有一個NH4+和一個Cl-B．氯化銨由N、H、Cl三種元素組成C．氯化銨晶體由NH4+和Cl-構成D．氯化銨晶體中陰、陽離子個數比為1:19、已知化學反應A2(g)+B2(g)＝2AB(g)的能量變化如圖所示，判斷下列敘述中正確的是（）A．每生成2molAB吸收bkJ熱量B．該反應熱△H=+(a-b)kJ?mol-1C．該反應中反應物的總能量高于生成物的總能量D．斷裂1molA—A和1molB—B鍵，放出akJ能量10、下列有關化學用語，使用正確的是A．氯原子的原子結構示意圖：B．NH4Cl的電子式：C．原子核內有10個中子的氧原子：D．聚乙烯的結構簡式：CH2=CH211、能說明苯分子中碳碳鍵不是單、雙鍵交替的事實是（）①苯不能使KMnO4溶液褪色；②苯環中碳碳鍵的鍵長均相等；③鄰二氯苯只有一種；④在一定條件下苯與H2發生加成反應生成環己烷．A．①②③④B．②③④C．①②③D．①②④12、在新制的氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO。加入少量下列物質能使c(HClO)增大的是A．H2SB．NaOHC．CaCO3D．HCl13、下列實驗方案中，不能達到實驗目的的是（）選項實驗目的實驗方案A鑒別甲烷和乙烯分別將兩種氣體通入酸性高錳酸鉀溶液，觀察溶液是否褪色B檢驗Fe(NO3)2晶體是否已氧化變質將Fe(NO3)2晶體樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，觀察溶液是否變紅C驗證Br2的氧化性強于I2將少量溴水加入KI-淀粉溶液中，溶液變藍D除去乙酸乙酯中的乙酸用過量的飽和碳酸鈉溶液洗滌后分液A．A B．B C．C D．D14、下列化學用語正確的是（）A．甲烷的結構式CH4B．K的原子結構示意圖：C．苯的分子式C6H6D．氯化鈉的電子式15、如圖所示是425℃時，在1L密閉容器中發生化學反應的濃度隨時間的變化示意圖。下列敘述錯誤的是()A．圖①中t0時，三種物質的物質的量相同B．圖①中t0時，反應達到平衡狀態C．圖②中的可逆反應為2HI(g)H2(g)＋I2(g)D．圖①②中當c(HI)＝3.16mol/L時，反應達到平衡狀態16、在一個固定容積的密閉容器中，可逆反應N2+3H22NH3達到平衡的標志是A．v(N2)正=v(NH3)逆B．單位時間內3molH—H發生斷鍵反應，同時2molN—H發生也斷鍵反應C．n(N2)∶n(H2)∶n(NH3)=1∶3∶2D．反應混合物各組分的物質的量濃度不再改變17、除去粗鹽中的雜質CaCl2、MgCl2和Na2SO4,過程如下：下列有關說法中，不正確的是()A．除去Mg2+的主要反應：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓B．試劑①一定不是Na2CO3溶液C．檢驗SO42-是否除凈：取少量濾液，加稀鹽酸酸化，再加BaCl2溶液D．濾液加稀鹽酸時只發生反應：H++OH-=H2O18、下列有關反應限度的說法錯誤的是A．可逆反應達到反應限度之前，正反應速率與逆反應速率一定不相等，但各物質的濃度可能相等B．可逆反應的化學反應限度不會隨反應條件的改變而改變C．化學反應的限度決定了反應物在該條件下的最大轉化率D．一定條件下，煉鐵高爐尾氣中CO含量不隨高爐高度改變而改變，是因為有關反應達到了限度19、下列關于CH4和的敘述正確的是A．兩者互為同系物 B．與所有烷烴互為同分異構體C．它們的物理、化學性質相同 D．通常情況下前者是氣體，后者是液體20、我國已跨入“互聯網+”時代，而“互聯網+”的建設離不開無機非金屬材料硅。下列物品中用到硅單質的是（）A．陶瓷餐具B．石英鐘表C．計算機芯片D．光導纖維21、下列過程屬于物理變化的是（）A．煤的干餾 B．煤的氣化 C．石油分餾 D．石油裂化22、下列酸在與金屬發生反應時，其中S或N元素的化合價不會發生變化的是A．濃硝酸 B．濃硫酸 C．稀硝酸 D．稀硫酸二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知：單質A為目前人類使用最廣泛的金屬，氧化物B為具有磁性的黑色晶體，根據下列轉化關系填空。（1）試判斷：A的化學式為_____________，B的名稱為_______________。（2）實驗室檢驗C溶液中的陽離子時，可加入氫氧化鈉溶液，若先產生___________色沉淀，該沉淀在空氣中迅速變為灰綠色，最終變為_________色，則含該離子。（3）實驗室檢驗D溶液中的陽離子時，通常可滴加_________，若溶液變為_______色，則含該離子。（4）若E是一種黃綠色氣體單質，該氣體是________________，在C→D過程中，此氣體做_________劑。（5）寫出固體B與過量鹽酸反應的離子方程式__________________________。（6）寫出D+A→C的離子方程式__________________________。24、（12分）現以淀粉或乙烯為主要原料都可以合成乙酸乙酯，其合成路線如圖所示。（1）C中含有的官能團名稱是_________，其中⑤的反應類型是__________；（2）寫出下列反應的化學方程式：③__________；⑤_______________。25、（12分）苯甲酸乙酯（C9H10O2）別名為安息香酸乙酯。它是一種無色透明液體，不溶于水，稍有水果氣味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工業中，也可用作有機合成中間體，溶劑等。其制備方法為：已知：名稱相對分子質量顏色，狀態沸點(℃)密度(g·cm-3)苯甲酸122無色片狀晶體2491.2659苯甲酸乙酯150無色澄清液體212.61.05乙醇46無色澄清液體78.30.7893環己烷84無色澄清液體80.80.7318苯甲酸在100℃會迅速升華。實驗步驟如下：①在圓底燒瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（過量），20mL環己烷以及4mL濃硫酸，混合均勻并加入沸石，按下圖所示裝好儀器，控制溫度在65～70℃加熱回流2h。利用分水器不斷分離除去反應生成的水，回流環己烷和乙醇。②反應結束，打開旋塞放出分水器中液體后，關閉旋塞，繼續加熱，至分水器中收集到的液體不再明顯增加，停止加熱。③將燒瓶內反應液倒入盛有適量水的燒杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。用分液漏斗分出有機層，水層用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有機層，加入氯化鈣，靜置，過濾，對濾液進行蒸餾，低溫蒸出乙醚和環己烷后，繼續升溫，接收210～213℃的餾分。④檢驗合格，測得產品體積為12.86mL。回答下列問題：（1）在該實驗中，圓底燒瓶的容積最適合的是_________（填入正確選項前的字母）。A．25mLB．50mLC．100mLD．250mL（2）步驟①中使用分水器不斷分離除去水的目的是_____________________。（3）步驟②中應控制餾分的溫度在____________。A．65～70℃B．78～80℃C．85～90℃D．215～220℃（4）步驟③加入Na2CO3的作用是______________________；若Na2CO3加入不足，在之后蒸餾時，蒸餾燒瓶中可見到白煙生成，產生該現象的原因是____________。（5）關于步驟③中的萃取分液操作敘述正確的是__________。A．水溶液中加入乙醚，轉移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒轉過來，用力振搖B．振搖幾次后需打開分液漏斗上口的玻璃塞放氣C．經幾次振搖并放氣后，手持分液漏斗靜置待液體分層D．放出液體時，應打開上口玻璃塞或將玻璃塞上的凹槽對準漏斗口上的小孔（6）計算本實驗的產率為_______________。26、（10分）實驗室用圖所示裝置制備乙酸乙酯。（1）實驗前，向試管a中加入3mL_____________，然后邊振蕩試管邊慢慢加入2mL____________和2mL乙酸。（2）試管a中生成乙酸乙酯的化學方程式是____________________。（3）試管b中盛放的試劑是飽和__________________溶液。試管b中的導管不能伸入液面下的原因是_________________________。（4）反應結束后，從試管b中分離出乙酸乙酯的方法是_________________。27、（12分）某研究性學習小組查閱資料得知,漂白粉與硫酸溶液反應可制取氯氣，化學方程式為：Ca(ClO)2+CaCl2

+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑

+2H2O，他們設計如下實驗制取氯氣并驗證其性質。請回答下列問題:(1)該實驗中A部分的裝置是___(填寫裝置的序號)。(2)裝置B中的現象是_________。(3)請寫出裝置D中反應的離子方程式_________，裝置E的作用是_______。(4)請幫助他們設計一個實驗，證明洗氣瓶C中的亞硫酸鈉已被氧化(簡述實驗步驟)：______。(5)制取Cl2的方法有多種，請再寫出一種制備方法，____________(用化學方程式表示)。28、（14分）Ⅰ、依據氧化還原反應：2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）設計的原電池如圖所示，（1）電極X的材料是________________；電解質溶液Y是_________________；（2）銀電極為電池的______極，發生的電極反應為____________；X電極上發生的電極反應為________________；（3）外電路中的電子是從____電極流向_____電極。（用電極材料名稱作答）若原來兩電極棒質量相等，則當電路中通過0.2mol電子時，兩個電極的質量差為__g。Ⅱ、在一密閉容器中發生反應N2＋3H22NH3，正反應為放熱反應，達到平衡后，只改變某一個條件時，反應速率與反應時間的關系如圖所示：(1)處于平衡狀態的時間段是______________(填選項)。A．t0～t1B．t1～t2C．t2～t3D．t3～t4E．t4～t5F．t5～t6(2)t1、t3、t4時刻分別改變的一個條件是t1時刻__________；t3時刻_______；t4時刻_______。A．增大壓強B．減小壓強C．升高溫度D．降低溫度E．加催化劑F．充入氮氣(3)依據(2)中的結論，下列時間段中，氨的百分含量最高的是_______(填選項)。A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6(4)如果在t6時刻，從反應體系中分離出部分氨，t7時刻反應達到平衡狀態，請在圖中畫出反應速率的變化曲線。_____(5)合成氨反應起始只投氮氣和氫氣，一定條件下，反應達到化學平衡狀態時，測得混合氣體中氨氣的體積分數為20%，則反應后與反應前的混合氣體體積之比為_________。29、（10分）（1）將下列現象中硫酸表現出來的性質填寫在空格內：敞口放置的濃硫酸，溶液質量增加_________________；濃硫酸與蔗糖放出大量熱，并出現黑色固體____________；（2）將一瓶二氧化硫和一瓶硫化氫氣體瓶口對接進行混合，瓶壁上能觀察到有_________________和_________________生成，其化學反應方程式為：____________________________，此反應中SO2作____________劑，1mol二氧化硫和硫化氫完全反應時，有_________mol電子發生轉移。（3）當雨水的pH________時，我們稱之為“酸雨”。某環保小組測定某次雨水中硫酸的物質的量濃度為5×10-6mol/L，這次雨__________酸雨（選填“屬于”或“不屬于”）。常溫下若把0.1mol/L的鹽酸溶液稀釋100倍，此時的溶液的pH=__________。（4）將一充滿氨氣的大試管倒立在水槽中，可以看到現象_________________，說明_______________，若在此溶液中滴入酚酞試液，溶液呈_______色，其電離方程式___________________________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

前10s

A的平均反應速率為0.12mol/(L?s)，由反應速率之比等于化學計量數之比可知，B的反應速率為0.12mol/(L?s)×=0.06mol/(L?s)，所以轉化的B的物質的量為0.06mol/(L?s)×10s×2L=1.2mol，則10s時，容器中B的物質的量為4mol?1.2mol=2.8mol，C項正確，答案選C。【點睛】化學反應速率的計算除了依據定義直接計算以外，也可依據各物質表示的反應速率之比等于化學方程式中各物質的化學計量數之比來表示各物質速率之間的關系。利用好三段式思想進行可使解題思路清晰明確，快速得出結論。2、C【解析】

A.鐵與稀硫酸反應的離子方程式應為：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，故錯誤；B.乙烯與Br2的CCl4溶液反應的方程式應為加成反應：CH2=CH2+Br2→CH2Br-CH2Br，故B錯誤；C．碳酸鈉是可溶性鹽，在水中完全電離，C正確D.二氧化硅溶于氫氧化鈉溶液的離子方程式應為：SiO2++2OH－===SiO32-+H2O，故D錯誤；故答案選C。3、A【解析】

SO2通入BaCl2溶液，因為亞硫酸酸性弱于鹽酸，不反應，不會產生沉淀，若要產生沉淀，可以通入氧化性物質將二氧化硫氧化為硫酸根離子，硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，或者通入堿性物質，與二氧化硫反應生成亞硫酸根離子，亞硫酸根離子與鋇離子反應生成亞硫酸鋇沉淀，據此解答。【詳解】①Cu和濃硝酸反應生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，會產生硫酸鋇沉淀，故①選；②氨水滴入到氫氧化鈉固體中會生成堿性氣體氨氣，氨氣與水反應生成一水合氨，與二氧化硫生成亞硫酸銨，亞硫酸根與鋇離子反應生成亞硫酸鋇沉淀，故②選；③大理石和稀鹽酸反應生成二氧化碳，二氧化碳、二氧化硫與氯化鋇溶液均不反應，不會產生沉淀，故③不選；④過氧化氫和二氧化錳反應生成氧氣，氧氣在溶液中能夠氧化亞硫酸生成硫酸根離子，會產生硫酸鋇沉淀，故④選；答案為A。4、D【解析】

假設甲廠排放的污水中含有Ag+，根據離子共存，甲廠一定不含CO32-、OH-、Cl-則CO32-、OH-、Cl-應存在與乙廠；因Ba2+與CO32-、Fe3+與OH-不能共存，則Fe3+、Ba2+存在于甲廠，根據溶液呈電中性可以知道，甲廠一定存在陰離子NO3-；所以甲廠含有的離子有：Ag+、Fe3+、Ba2+、NO3-，乙廠含有的離子為：Na+、CO32-、OH-、Cl-，據此分析解答。【詳解】A.根據以上分析可以知道，CO32-離子和NO3-不可能來自同一工廠，故A錯誤；B.由分析可以知道，Na+和NO3-一定來自不同的工廠，故B錯誤；C.Ag+和Na+一定來自不同工廠，故C錯誤；D.根據分析可以知道，Cl-和NO3-一定來自不同工廠，所以D選項是正確的。答案選D。5、C【解析】

根據SO2的化學性質（酸性氧化物的性質、還原性）分析判斷。【詳解】SO2與水反應生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不會生成BaSO3和HCl。SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化為SO42-，再與BaCl2溶液反應生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2與NaOH反應生成Na2SO3和水，再與BaCl2溶液反應生成BaSO3沉淀。故A、B項正確，C項錯誤。H2SO3水溶液中存在兩步電離，升高pH時，促進電離，SO32-濃度增大，D項正確。本題選C。【點睛】SO2有較強的還原性，稀硝酸有強氧化性，兩者能發生氧化還原反應。6、C【解析】A.容器II相當于是0.4mol/LNO與0.2mol/L氯氣開始建立平衡，正反應體積減小，相當于容器I增大了壓強，平衡正向移動，因此達到平衡時，容器I與容器II中的總壓強之比為大于1：2，A錯誤；B.容器III相當于是0.2mol/LNO與0.1mol/L氯氣開始建立平衡，正反應放熱，升高溫度平衡逆向移動，因此達到平衡時，容器III中NO的轉化率小于容器I中NO的轉化率（20%），所以達到平衡時，容器III中ClNO的轉化率大于80%，B錯誤；C.容器II相當于是0.4mol/LNO與0.2mol/L氯氣開始建立平衡，正反應體積減小，相當于容器I增大了壓強，平衡正向移動，因此達到平衡時，容器II中c(ClNO(/c(NO)比容器I中的大，C正確；D.根據容器I中數據可知該溫度下平衡常數為K=0.0420.162×0.08=11.28,若溫度為Tl，起始時向同體積恒容密閉容器中充入0.20molNO(g)、0.2molCl2(g)和0.20molClNO(g)，則濃度熵為7、A【解析】

A.

根據電流的方向可知，a為電解池的陽極，則用來精煉銅時，a極為粗銅，電解質溶液為CuSO4溶液，電解精煉粗銅時，陽極上不僅銅失電子還有其它金屬失電子，陰極上只有銅離子得電子，根據轉移電子守恒知，陽極上溶解的銅小于陰極上析出的銅，所以電解質溶液中銅離子濃度減小，故A錯誤；B.已知Fe比Cu活潑，Fe為原電池的負極，發生的總反應為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B正確；C.該裝置為外加電源的陰極保護法，鋼閘門與外接電源的負極相連，電源提供電子而防止鐵被氧化，輔助陽極應為惰性電極，故C正確；D.濃硫酸具有吸水性，在干燥的條件下，鐵釘不易被腐蝕，故D正確；故選A。【點睛】電解池中，電源正極連接陽極，陽極失去電子，發生氧化反應，電源負極連接陰極，陰極得到電子，發生還原反應。8、A【解析】

A.氯化銨是離子化合物，不存在分子，A錯誤；B.氯化銨由N、H、Cl三種元素組成的離子化合物，B正確；C.氯化銨是離子化合物，其晶體由NH4+和Cl-構成，C正確；D.氯化銨晶體中陰、陽離子個數比為1:1，D正確；答案選A。9、B【解析】

A.依據圖象分析判斷1molA2和1molB2反應生成2molAB，每生成2molAB吸收吸收(a?b)kJ熱量，A項錯誤；B.反應熱△H=反應物能量總和?生成物能量總和，所以反應熱△H=+(a-b)kJ?mol-1，B項正確；C.依據能量圖象分析可知反應物能量低于生成物能量，C項錯誤；D.斷裂化學鍵吸收能量，則斷裂1molA?A和1molB?B鍵，吸收akJ能量，D項錯誤；答案選B。10、C【解析】A.氯原子的核外電子數是17，原子結構示意圖：，A錯誤；B.NH4C1是離子化合物，電子式：，B錯誤；C.原子核內有10個中子的氧原子可表示為，C正確；D.乙烯的結構式：，D錯誤。答案選C。點睛：注意了解有機物結構的常見表示方法，（1）結構式：完整的表示出有機物分子中每個原子的成鍵情況。（2）結構簡式：結構式的縮簡形式。結構式中表示單鍵的“—”可以省略，“C＝C”和“C≡C”不能省略。醛基、羧基則可簡寫為—CHO和—COOH。（3）鍵線式：寫鍵線式要注意的幾個問題：①一般表示3個以上碳原子的有機物；②只忽略C—H鍵，其余的化學鍵不能忽略；③必須表示出C＝C、C≡C鍵等官能團；④碳氫原子不標注，其余原子必須標注(含羥基、醛基和羧基中氫原子)；⑤計算分子式時不能忘記頂端的碳原子。另外還需要注意球棍模型和比例模型的區別。11、C【解析】分析：①如果苯是單雙鍵交替結構,則含碳碳雙鍵,苯能使KMnO4溶液褪色,事實上苯不能使酸性高錳酸鉀溶液退色;②苯環中碳碳鍵的鍵長均相等,說明苯環結構中的化學鍵只有一種;③如果苯的結構中存在單雙鍵交替結構,苯的鄰位二元取代物有兩種;④苯在鎳作催化劑的條件下也可與H2加成生成環己烷,不能證明苯分子中的碳碳鍵不是單雙鍵交替的。詳解：①苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,說明苯分子中不含碳碳雙鍵,可以證明苯環結構中不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結構,故①正確;②苯環上碳碳鍵的鍵長相等,說明苯環結構中的化學鍵只有一種,不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結構,故②正確;③如果是單雙鍵交替結構,苯的鄰位二氯取代物應有兩種同分異構體,但實際上只有一種結構,能說明苯環結構中的化學鍵只有一種,不存在C-C單鍵與C=C雙鍵的交替結構,故③正確;④苯雖然并不具有碳碳雙鍵,但在鎳作催化劑的條件下也可與H2加成生成環己烷,所以不能說明苯分子中碳碳鍵不是單、雙鍵相間交替的事實,故④錯誤;所以C選項是正確的。12、C【解析】A、Cl2＋H2S=S＋2HCl，使c(HClO)減小，故A錯誤；B、NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，促進氯氣和水反應，但溶液中HClO濃度降低，故錯B誤；C、CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，HClO和碳酸鈣不反應，所以平衡向正反應方向移動，則HClO濃度增加，故C正確；D、加入HCl，溶液中氫離子濃度增大，抑制氯氣和水反應，則HClO濃度降低，故D錯誤；故選C。13、B【解析】A．乙烯能與酸性高錳酸鉀反應，而甲烷不反應，能夠褪色的是乙烯，可鑒別，A正確；B．酸性條件下，亞鐵離子能被硝酸根離子氧化為鐵離子，從而造成干擾，向溶液中滴加KSCN溶液觀察是否變紅色即可判斷，B錯誤；C．將少量溴水加入KI溶液中，溶液顏色變深，說明二者發生氧化還原反應2I-+Br2=2Br-+I2，溴是氧化劑、碘是氧化產物，所以溴的氧化性大于碘，所以能實現實驗目的，C正確；D．乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸的酸性比碳酸強，能與碳酸鈉反應生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到純凈的乙酸乙酯，D正確，答案選B。點睛：本題考查化學實驗方案的評價，涉及常見有機物的鑒別，注意常見有機物的性質，注重基礎知識的積累。選項B是易錯點，注意硝酸根在酸性條件下的強氧化性。14、C【解析】分析：A.用短線“－”表示原子之間所形成的一對共用電子進而表示物質結構的式子稱為結構式；B.K的原子核外電子排布分為4層；C.苯的分子式為C6H6；D.氯化鈉中含有離子鍵。詳解：A.CH4表示甲烷的分子式，結構式為，A錯誤；B.K的原子結構示意圖為，B錯誤；C.苯是最簡單的芳香烴，其分子式為C6H6，C正確；D.氯化鈉是離子化合物，含有離子鍵，氯化鈉的電子式為，D錯誤；答案選C。15、B【解析】

A.圖①中t0時，由圖可知三種物質的物質的量濃度相等，由于體系恒容，所以三者的物質的量也相等，故A正確；B.圖①中t0時，由圖可知三種物質的物質的量濃度相等，但t0后各物質的量濃度未保持不變，反應沒有達到平衡狀態，故B錯誤；C.由圖②可知，該圖表示的反應為2HI(g)=H2(g)+I2(g)。該反應可達平衡狀態，所以圖②的逆反應為H2(g)+I2(g)=2HI(g)，故C正確；D.由圖可知：圖①、②中當c(HI)=3.16mol/L時，之后各物質的物質的量濃度都保持不變，說明反應均達到平衡狀態，故D正確；故選B。【點睛】（1）在一定條件下的可逆反應里，當正反應速率與逆反應速率相等時，反應物和生成物的物質的量濃度不再發生改變的狀態，叫化學平衡狀態。（2）在同一化學反應中，各物質的物質的量變化量之比等于化學計量數之比。16、D【解析】可逆反應達到平衡的本質為：體系中各組分的濃度保持不變、正逆反應速率相等；A錯，平衡時.2v(N2)正=v(NH3)逆；B錯，平衡時單位時間內3molH-H斷鍵反應，同時6molN-H也斷鍵反應；C錯，平衡時各組分的物質的量不一定與化學計量數成比例；D正確；17、D【解析】

除去混合物中的可溶性雜質，常將雜質離子轉化為難溶物，再過濾。為保證除雜完全，所用沉淀劑必須過量。而過量的沉淀劑應在后續步驟中除去。據此分析解答。【詳解】A、粗鹽中的雜質離子為Ca2+、Mg2+和SO42－，可分別用過量的Na2CO3、NaOH、BaCl2溶液將其轉化為沉淀，選項A正確；B、多余的Ba2+可用Na2CO3去除，故Na2CO3溶液需在BaCl2溶液之后加入，選項B正確；C、為防止某些沉淀溶解于鹽酸，則加入稀鹽酸前應進行過濾。檢驗SO42-時，先加稀鹽酸酸化，再加BaCl2溶液，觀察是否有白色沉淀，選項C正確；D、多余的CO32－、OH－可用稀鹽酸去除，選項D錯誤。答案選D。18、B【解析】

A．可逆反應達到反應限度之前，正反應速率與逆反應速率一定不相等，但各物質的濃度可能相等，故A正確；B．可逆反應的化學反應限度會隨溫度、濃度等條件的改變而改變，故B錯誤；C．達到化學反應的限度時，反應物在該條件下的轉化率達到最大，故C正確；.D．一定條件下，煉鐵高爐尾氣中CO含量不隨高爐高度改變而改變，是因為反應3CO(g)+Fe2O3(s)2Fe(s)+3CO2(g)達到了限度，故D正確；故選B。19、A【解析】

的分子式為C4H10，CH4和均屬于烷烴，通式為CnH2n+2，互為同系物，化學性質相似，物理性質不同。【詳解】A項、CH4和均屬于烷烴，通式為CnH2n+2，互為同系物，故A正確；B項、CH4和與其他碳原子數不同的烷烴互為同系物，故B錯誤；C項、CH4和結構相似，化學性質相似，物理性質不同，故C錯誤；D項、碳原子數為1-4的烷烴常溫下是氣體，則CH4和均是氣體，故D錯誤；故選A。20、C【解析】

A.陶瓷餐具是硅酸鹽產品，主要成分為硅酸鹽，A錯誤；B.石英主要成分為二氧化硅，不是硅單質，B錯誤；C.硅單質是半導體材料，可以制計算機芯片，C正確；D.光導纖維主要成分為二氧化硅，是硅的氧化物，不是單質硅，D錯誤；故合理選項是C。21、C【解析】A．煤干餾可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，屬于化學變化，故A錯誤；B．煤的氣化是將其轉化為可燃氣體的過程，主要反應為碳與水蒸氣反應生成H2、CO等氣體的過程，有新物質生成，屬于化學變化，故B錯誤；C．石油的分餾是根據物質的沸點不同進行分離的，屬于物理變化，故C正確；D．石油裂化是大分子生成小分子，屬于化學變化，故D錯誤；故選C。點睛：明確變化過程中是否有新物質生成是解題關鍵，化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，化學變化與物理變化的本質區別是有無新物質生成，據此抓住化學變化和物理變化的區別結合事實進行分析判斷即可。22、D【解析】

根據稀硫酸具有弱氧化性，在氧化還原反應中H元素的化合價降低，而硝酸、濃硫酸具有強氧化性，與金屬反應時N或S的元素的化合價降低。【詳解】A、濃硝酸為氧化性酸，與金屬反應時，硝酸根顯示氧化性，N元素被還原，氮元素化合價降低，A不選；B、濃硫酸是氧化性酸，與金屬反應時，硫酸根顯示氧化性，S元素被還原，硫元素化合價降低，B不選；C、稀硝酸為氧化性酸，與金屬反應時，硝酸根顯示氧化性，N元素被還原，氮元素化合價降低，C不選；D、稀硫酸是非氧化性酸，與金屬反應時，氫離子顯示氧化性，S元素價態不變，D選；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、Fe四氧化三鐵或磁性氧化鐵白紅褐KSCN紅(血紅)Cl2氧化Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OFe＋2Fe3+＝3Fe2+【解析】

單質A為目前人類使用最廣泛的金屬，氧化物B為具有磁性的黑色晶體，則A為Fe，B為Fe3O4，加入鹽酸，由轉化關系可知D為FeCl3，C為FeCl2，E是一種黃綠色氣體單質，應為Cl2，據此分析解答。【詳解】(1)由以上分析可知A為Fe，B為四氧化三鐵，故答案為：Fe；

四氧化三鐵；(2)C為FeCl2，亞鐵離子與氫氧化鈉反應生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵不穩定，易被空氣中的氧氣氧化，如觀察到先產生白色沉淀，在空氣中迅速變為灰綠色，最后變為紅褐色，則含該離子，故答案為：白；紅褐；(3)D為FeCl3，檢驗鐵離子，可加入KSCN溶液，溶液變紅色，故答案為：KSCN溶液；紅；(4)E是一種黃綠色氣體單質，應為Cl2，氯氣與氯化亞鐵反應生成氯化鐵，反應中起到氧化劑的作用，故答案為：氯氣；氧化；(5)B為Fe3O4，加入鹽酸，反應的離子方程式為Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，故答案為：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；(6)D+A→C的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+。24、羧基酯化反應2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O【解析】

淀粉是多糖，在催化劑作用下發生水解反應生成葡萄糖，葡萄糖在催化劑的作用下分解生成乙醇，則A是乙醇；乙醇含有羥基，在催化劑的作用下乙醇發生催化氧化反應生成乙醛，則B是乙醛；乙醛含有醛基，發生氧化反應生成乙酸，則C是乙酸；乙酸含有羧基，在濃硫酸作用下，乙酸和乙醇共熱發生酯化反應生成乙酸乙酯；乙烯含有碳碳雙鍵，和水加成生成乙醇；由于D能發生加聚反應生成高分子化合物E，所以乙烯和氯化氫發生的是取代反應，生成氯乙烯，則D是氯乙烯；一定條件下，氯乙烯發生加聚反應生成聚氯乙烯，則E為聚氯乙烯。【詳解】（1）C是乙酸，結構簡式為CH3COOH，官能團為羧基；反應⑤為在濃硫酸作用下，乙酸和乙醇共熱發生酯化反應生成乙酸乙酯，故答案為羧基；酯化反應；（2）反應③為在催化劑的作用下乙醇發生催化氧化反應生成乙醛，反應的化學方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反應⑤為在濃硫酸作用下，乙酸和乙醇共熱發生酯化反應生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，故答案為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O。【點睛】本題考查有機物推斷，注意掌握糖類、醇、羧酸的性質，明確官能團的性質與轉化關系是解答關鍵。25、C使平衡不斷正向移動C除去硫酸和未反應的苯甲酸苯甲酸乙酯中混有未除凈的苯甲酸，在受熱至100℃時發生升華AD90.02%【解析】

（1）在圓底燒瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（過量），20mL環己烷以及4mL濃硫酸，加入物質的體積超過了50ml，所以選擇100mL的圓底燒瓶，答案選C；（2）步驟①中使用分水器不斷分離除去水，可使平衡向正反應方向移動；（3）反應結束，打開旋塞放出分水器中液體后，關閉旋塞，繼續加熱，至分水器中收集到的液體不再明顯增加，這時應將溫度控制在85~90℃；（4）將燒瓶內反應液倒入盛有適量水的燒杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。該步驟中加入碳酸鈉的作用是除去剩余的硫酸和未反應完的苯甲酸；若碳酸鈉加入量過少蒸餾燒瓶中可見到白煙生成，產生這種現象的原因是苯甲酸乙酯中混有未除凈的苯甲酸，在受熱至100℃時苯甲酸升華；（5）在分液的過程中，水溶液中加入乙醚，轉移至分液漏斗中，蓋上玻璃塞，關閉活塞后倒轉用力振蕩，放出液體時，打開傷口的玻璃塞或者將玻璃塞上的凹槽對準分液漏斗的小孔，故正確的操作為AD；（6）0.1mol0.1molm(苯甲酸乙酯)=0.1mol×150g/mol=15g因檢驗合格，測得產品體積為12.86mL，那么根據表格中的密度可得產物的質量m(苯甲酸乙酯)=12.86×1.05=13.503g，那么產率為：ω=13.503/15×100%=90.02%。26、乙醇濃硫酸CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2ONa2CO3防止b中溶液倒吸入a中分液【解析】（1）制取乙酸乙酯時，先加人乙酸和乙醇，再加入濃硫酸，或者先加入乙醇，再加入濃硫酸和乙酸，防止混合液體濺出，發生危險，故答案為乙醇濃硫酸。（2）乙酸和乙醇在濃硫酸催化作用下發生可逆反應生成乙酸乙酯和水，故化學方程式為CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。（3）除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙酸雜質，選用的是飽和碳酸鈉溶液，試管b中的導管不能伸入液面下，防止發生倒吸。（4）乙酸乙酯及揮發出的乙醇和乙酸進入試管b中，乙醇和乙酸被除去，而乙酸乙酯密度小于水且難溶于水，故用分液法分離出乙酸乙酯。點睛：本題考查了乙酸乙酯的制備實驗操作、混合物的分離和提純等，重在對基礎知識的考查，注意掌握乙酸乙酯的制備原理、產物分離和提純的實驗方法等。27、b溶液變藍色Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+吸收多余的Cl2，防止污染空氣取少量C中溶液于小試管中，加入足量稀鹽酸，充分振蕩后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，則證明C中亞硫酸鈉已被氧化MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O【解析】分析：（1）根據反應物的狀態及反應條件選擇發生裝置；（2）根據氯氣具有氧化性，能氧化碘離子生成單質碘，單質碘遇淀粉變藍；（3）根據氯氣具有氧化性，能氧化二價鐵氧化生成三價鐵；（4）根據亞硫酸鈉變質后生成硫酸鈉，硫酸鈉與氯化鋇反應產生難溶于鹽酸的硫酸鋇；（5）明確實驗室制備氯氣的方法；詳解：（1）該反應的反應物是固體和液體，反應條件是加熱，所以應選固液混合加熱型裝置，故答案為：b；（2）氯氣具有氧化性，能氧化碘離子生成單質碘，單質碘遇淀粉變藍，所以B中的實驗現象為溶液變藍色；（3）氯氣具有氧化性，能氧化二價鐵氧化生成三價鐵，離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；裝置E中裝有氫氧化鈉溶液，其作用是吸收多余的Cl2，防止污染空氣；（4）取少量C中溶液于小試管中，加入足量稀鹽酸，充分振蕩后滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，則證明C中亞硫酸鈉已被氧化；（5）制取Cl2的方法有多種，其中可利用二氧化錳與濃鹽酸共熱制備，MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O。點睛：本題考查氯氣的實驗室制備、氯氣的性質等，難度不大，注意根據氯氣的性質對實驗裝置理解分析。28、銅AgNO3溶液正2Ag++2e-→2AgCu→Cu2++2e-銅銀28.0gA、C、D、FCEBA6:5【解析】Ⅰ、（1）由反應“2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）”可知，在反應中，Cu被氧化，失電子，應為原電池的負極，Ag+在正極上得電子被還原，電解質溶液為AgNO3（2）正極為活潑性較Cu弱