涿鹿中学

2021-2022学年高一下化学期末模拟试卷

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、要使氯化铝中的铝离子完全转化成氢氧化铝沉淀，应选的最佳试剂（

）

A

．氢氧化钠溶液

B

．稀盐酸

C

．硝酸银溶液

D

．氨水

2、把

0.6molX

气体和

0.2molY

气体混合于容积为

2L

的容器中，使其发生如下反应：

3X

（

g

）

+Y

（

g

）

=nZ

（

g

）

+2W

（

g

）。

5min

末生成

0.2molW

，若测知以

Z

浓度变化表示的平均反应速率为

0.01mol/(L·min)

，则ｎ的值为

A

．

4B

．

3C

．

2D

．

1

3、下列说法中正确的是

A

．溶液和胶体的本质区别是当一束强光通过胶体时，可出现一条光的通路，溶液则没有此现象

B

．氯化铝溶于水后产生的氢氧化铝胶体吸附了水中悬浮颗粒并沉降，达到净水目的。

C

．凡是均一、透明的、没有丁达尔现象的液体都是溶液

D

．过滤氢氧化铝胶体溶液，可得到氢氧化铝固体。

4、在一密闭容器中进行如下反应：2SO

2

（气）+O

2

（气）2SO

3

（气）。已知反应过程中的某一时刻SO

2

、O

2

、SO

3

的浓度分别为：0.2mol·L－1、0.1mol·L－1、0.2mol·L－1，当反应达平衡时，可能存在的数据是

A

．SO2

为0.25mol·L－1

B

．SO2

、SO

3

均为0.15mol·L－1

C

．SO2

为0.4mol·L－1

D

．SO2

为0.4mol·L－1，O

2

为0.2mol·L－1

5、下列说法中正确的一组

A

．H2

和D

2

互为同位素

B

．CH3

-CH

2

-OH与CH

3

-O-CH

3

互为同分异构体

C

．正丁烷和异丁烷是同素异形体

D．16

8

O、、17

8

O、18

8

O互为同素异形体

6、在密闭容器中发生化学反应

H

2

(g)+I

2

(g)

⇌

2HI(g)

，

0

∼

5min

内

H

2的浓度减少了

0.1mol/L

，则在这段时间内，用

HI

表示的平均反应速率为（）

A

．

0.01mol

⋅

L−1⋅

min−1B

．

0.02mol

⋅

L−1⋅

min−1

C

．

0.04mol

⋅

L−1⋅

min−1D

．

0.5mol

⋅

L−1⋅

min−1

7、下列化学反应在金属冶炼工业中还没有得到应用的是（）

A

．

2NaCl(

熔融

)2Na

＋

Cl

2

↑B

．

Al

2

O

3＋

3C2125

====

℃2Al

＋

3CO↑

C

．

Fe

2

O

3＋

3CO2Fe

＋

3CO

2

D

．

2Ag

2

O

===

4Ag

＋

O

2

↑

8、

X

、

Y

、

Z

、

W

为

4

种短周期元素，已知

X

、

Z

同主族，

Y2+、

Z–、

W+3

种离子的电子层结构与氖原子相同，下列叙

述正确的是

A

．原子序数：

Z

＜

Y

B

．原子半径：

W

＜

X

C

．金属性：

Y

＞

W

D

．气态氢化物的稳定性：

HX

＞

HZ

9、下列过程需用萃取操作的是

A

．压榨花生获取油脂

B

．油和水的分离

C

．用CCl4

提取水中溶解的I

2

D

．除去粗盐中的杂质

10、某烷烃的相对分子质量为86，与氯气反应生成的一氯代物只有两种，其结构简式是（）

A

．CH3

(CH

2

)

4

CH

3

B

．(CH

3

)

2

CHCH(CH

3

)

2

C

．(C

2

H

5

)

2

CHCH

3

D

．C

2

H

5

C(CH

3

)

3

11、一定条件下，

ROn-

3

和氟气可发生如下反应

ROn-

3

＋

F

2＋

2OH－===RO-

4

＋

2F－＋

H

2

O

，从而可知在

ROn-

3

中，元素

R

的化合价是

A

．＋

4B

．＋

5C

．＋

6D

．＋

7

12、下列有关化学用语表示正确的是()

A

．H2

O

2

的电子式：H+[]2-H+B

．Cl-的结构示意图：

C

．原子核中有10个中子的氧离子：18

8

O2—D

．HClO的结构式H-Cl-O

13、下列关于碱金属元素（

M

）的单质及其化合物说法不正确的是

A

．随核电荷数递增单质的熔点依次降低、硬度依次减小

B

．化合物中

M

的化合价均为

+1

价

C

．单质在空气中都剧烈反应，生成

M

2

O

2

D

．随核电荷数递增单质与水反应的剧烈程度变强

14、已知298K时下述反应的有关数据：C（s）+O

2

（g）=CO（g）△H

1

=-110.5kJ•mol-1，C（s）+O

2

（g）=CO

2

（g）

△H

2

=-393.5kJ•mol-1。则C（s）+CO

2

（g）=2CO（g）的△H为（）

A

．+283.0kJ/mol

B

．+172.5kJ/mol

C

．-172.5kJ/mol

D

．-504kJ/mol

15、下列物质的性质比较，正确的是

A

．氢化物稳定性：H2

O>H

2

S>H

2

Se

B

．原子半径：O>S>Se

C

．非金属性：Si>P>S

D

．最高正价：N

16、某研究性小组为了探究石蜡油分解产物，设计了如下实验方案。下列说法错误的是

A

．石蜡油是石油减压蒸馏的产物

B

．碎瓷片加快了石蜡油的分解

C

．酸性高锰酸钾溶液褪色说明生成了乙烯

D

．溴的四氯化碳溶液褪色是因为发生了加成反应

二、非选择题（本题包括5小题）

17、ZnO在医药、石化等领域有广泛的用途。研究小组用某闪锌矿(主要成分ZnS，含有FeS、SiO

2

、MnCO

3

等杂质)制备

氧化锌和硫单质，设计如下流程：

请回答下列问题：

(1)滤渣1的化学式为

_______

，

(2)沉淀X的化学式为

______________

。

(3)“转化Ⅱ”中主要反应的离子方程式为

___________________________

。

(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。洗涤沉淀的操作为

__________________

。

18、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。

I

．将

8.96L(

标准状况

)

乙烯和乙烷的混合气体通入足量的溴的四氯化碳溶液中，充分反应，溴的四氯化碳溶液的质量

增加

8.4g

，则原气体混合物中乙烯与乙烷的物质的量之比为

______________

。

II

．已知乙烯能发生以下转化：

⑴写出

B

、

D

化合物中官能团的名称：

B____________________

；

D___________________

；

⑵写出相关反应的化学方程式：

①

_________________________________

反应类型：

________________

②

__________________________________

反应类型：

_________________

19、某化学学习小组研究盐酸被

MnO

2氧化的条件，进行如下实验。

实验操作现象

I

常温下将

MnO

2和

12mol/L

浓盐酸混合溶液呈浅棕色，略有刺激性气味

II

将

I

中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体

III

加热

MnO

2和

4mol/L

稀盐酸混合物无明显现象

（

1

）已知：

MnO

2是碱性氧化物。

I

中溶液呈浅棕色是由于

MnO

2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是

____________

。

（

2

）

II

中发生了分解反应，反应的化学方程式是

___________

。

（

3

）

III

中无明显现象的原因可能是

c

(H+)

或

c

(Cl－)

较低，设计实验

IV

进行探究：

将实验

III

、

IV

作对比，得出的结论是

_____________

；将实验

IV

中

i

、

ii

作对比，得出的结论是

__________________

。

20、碱性氢氧燃料电池的总反应方程式为

2H

2

+O

2

=2H

2

O,

其工作原理如图所示，回答下列问题：

（

1

）该装置工作过程中，两种主要的能量转化形式为

_____

、

____

。

（

2

）该电池负极上的电极反应式为

____

。

（

3

）当电路中通过

0.2mol

电子时

,

消耗标准状况下的气体

b

的体积为

_____L

。

21、工业合成氨反应：N

2

＋3H

2

2NH

3

是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。

已知形成1molH－H键、1molN－H键、1molN≡N键放出能量分别为436kJ、391kJ、946kJ。则：

（1）若1molN

2

完全反应生成NH

3

可

________

(填“吸收”或“放出”)热量

________

kJ。

（2）如果将1molN

2

和3molH

2

混合，使其充分反应，放出的热量总小于上述数值，其原因是

________________________

。

（3）实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，反应经过10min后，生成10molNH

3

，则用N

2

表示的

化学反应速率为

________

mol·L－1·min－1。

（4）一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是

________

。

a．正反应速率和逆反应速率相等

b．正反应速率最大，逆反应速率为0

c．N

2

的转化率达到最大值

d．N

2

和H

2

的浓度相等

e．N

2

、H

2

和NH

3

的体积分数相等

f．反应达到最大限度

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、

D

【解析】

A

、氢氧化钠溶液是强碱溶液，沉淀

Al3+时生成的氢氧化铝能溶解在过量的强碱溶液中，所以

Al3+不能全部沉

淀出来，

A

错误；

B

、稀盐酸与氯化铝不反应，

B

错误；

C

、硝酸银溶液能和氯化铝反应生成氯化银和硝酸铝，不能得

到氢氧化铝，

C

错误；

D

、氨水是弱碱溶液，可以加入过量氨水，全部沉淀

Al3+，且氢氧化铝不溶于弱碱氨水溶液，

D

正确；答案选

D

。

点睛：本题考查了铝盐、氢氧化铝的性质应用，重点考查氢氧化铝的实验室制备，注意氢氧化铝是两性氢氧化物，如

果用铝盐制备，最好是选择弱碱氨水，如果用偏铝酸盐制备，最好选择弱酸碳酸等。

2、

D

【解析】

根据

v=

c

t





=

n

Vt

计算

W

的平均化学反应速率，再根据同一化学反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量

数之比判断

n

值。

【详解】

5min

内

W

的平均化学反应速率

v(W)=

c

t





=

n

Vt

=

0.2mol

2L5min

=0.02mol/(L·min)

，同一化学反应同一时间段内，各物

质的反应速率之比等于计量数之比，

Z

浓度变化表示的平均反应速率为

0.01mol/(L·min)

，

v(Z)

∶

v(W)=0.01mol/(L•min)

∶

0.02mol/(L·min)=n

∶

2

，所以

n=1

，故选

D

。

3、

B

【解析】

A

．溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小，选项

A

错误；

B

．氢氧化铝胶

体吸附了水中悬浮颗粒并沉降可用于净水，选项

B

正确；

C

．因为均一、稳定的液体不一定是溶液，例如水、酒精等

都是均一、稳定的液体，它们都是纯净物，不属于溶液，选项

C

错误；

D

．胶体可透过滤纸，过滤氢氧化铝胶体溶液

无法得到氢氧化铝固体，选项

D

错误。答案选

B

。

4、

A

【解析】

化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都

不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此分析判断。

【详解】

2SO

2

(g)+O

2

(g)

⇌

2SO

3

(g)

，

某时刻

(mol/L)0.20.10.2

极限转化

(mol/L)0.40.20

极限转化

(mol/L)000.4

A

．

SO

2为

0.25mol/L

，

SO

2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若

SO

3完全反应，则

SO

2的浓度为

0.4mol/L

，实际浓度为

0.25mol/L

小于

0.4mol/L

，故

A

正确；

B

．反应物、生产物的浓度不可能同时减小，只能一个减小，另一个增大，故

B

错误；

C

．

SO

2为

0.4mol/L

，

SO

2的浓度增大，说明该反应向逆反应方向进行建立平衡，若

SO

3完全反应，

SO

2的浓度最大为

0.4mol/L

，达到平衡的实际浓度应该小于

0.4mol/L

，故

C

错误；

D

．

SO

2和

O

2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若

SO

3完全反应，则

SO

2和

O

2的浓度分别为

0.4mol/L

、

0.2mol/L

，但

SO

3不可能完全转化，达到平衡

SO

2的实际浓度应该小于

0.4mol/L

，

O

2的实际浓度应该小于

0.2mol·L－

1，故

D

错误；

答案选

A

。

5、

B

【解析】A、H

2

和D

2

均是氢元素形成的单质，是同种物质，不是同位素，故A错误；B、CH

3

-CH

2

-OH与CH

3

-O-CH

3

分子式

相同，结构不同，属于同分异构体，故B正确；C、正丁烷和异丁烷都是化合物，不是同素异形体，故C错误；D、三

者均为氧元素的不同种原子，互为同位素，故D错误；故选B。

点睛：掌握同分异构体、同系物、同位素以及同素异形体的概念是解决本题的关键。同素异形体指的是同种元素形成

的不同种单质，研究对象是单质。

6、

C

【解析】

0

∼

5min

内

H

2的浓度减少了

0.1mol/L

，由方程式可知△

c(HI)=2

△

c(H

2

)=0.2mol/L

，

v(HI)=

0.2mol/L

5min

=0.04mol/(L

⋅

min)

，

答案选

C

。

7、

B

【解析】

A

、活泼金属采用电解熔融的氯化物，正确；

B

、该反应发生的温度为

2125

℃，必定消耗大量的能量，经济效益不高，故不采用，工业上一般采用电解熔融

Al

2

O

3

来冶炼铝。

C

、铁可以采用热还原的方法冶炼，一般还原剂为焦炭、一氧化碳等；

D

、不活泼的金属可以采用热分解的方法制取。

答案选

B

。

8、

A

【解析】

X

、

Y

、

Z

、

W

为四种短周期元素，

Y2+、

Z-、

W+三种离子的电子层结构与氖原子相同，则

Y

是

Mg

元素、

Z

是

F

元素、

W

是

Na

元素，

X

、

Z

同主族，且都是短周期元素，则

X

是

Cl

元素，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：

X

是

Cl

元素，

Y

是

Mg

元素、

Z

是

F

元素、

W

是

Na

元素，

A.Z

是

F

，

Y

是

Mg

，所以原子序数：

Z

＜

Y

，

A

正确；

B.

同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：

W>X

，

B

错误；

C.

同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以

Y

，

C

错误；

D.

元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性

Z>X

，所以稳定性

HX

，

D

错误；

故合理选项是

A

。

【点睛】

本题考查了同一周期、同一主族元素性质递变规律，明确金属性、非金属强弱判断方法是解本题关键，侧重考查学生

灵活运用能力，知道原子半径或离子半径的比较方法。

9、

C

【解析】

A

.压榨花生获取油脂是用机械压力把种子中的油脂给分离出来，不是萃取，

A

错误；

B

.油不溶于水，油和水的分离需要分液，

B

错误；

C

.碘易溶在有机溶剂中，用

CCl

4提取水中溶解的

I

2利用的是萃取，

C

正确；

D

.除去粗盐中的杂质利用的是沉淀法，

D

错误。答案选

C

。

点睛：掌握物质的性质差异、分离与提纯的原理是解答的关键。注意萃取实验中萃取剂的选择原则：和原溶液中的溶

剂互不相溶；对溶质的溶解度要远大于原溶剂。

10、

B

【解析】

由于烷烃的分子式通式是

C

n

H

2n+2，

14n

+

2

=

86

，解得

n

=

6

；若与氯气反应生成的一氯代物只有两种，应该含有两种不同

位置的

H

原子，则

A

．

CH

3(

CH

2)4

CH

3有三种不同的

H

原子，

A

不选；

B

．(

CH

3)2

CHCH

(

CH

3)2有二种不同的

H

原子，

B

选；

C

．(

C

2

H

5)2

CHCH

3有四种不同的

H

原子，

C

不选；

D

．

C

2

H

5

C

(

CH

3)3有三种不同的

H

原子，

D

不选。

答案选

B

。

11、

B

【解析】

根据等号两端电荷守恒可知，

n=

222141

2

（）

=1

，所以

R

的化合价是

+5

价，答案选

B

。

【点睛】

化学计算时一般都遵循几个守恒关系，即质量守恒、电荷守恒、电子的得失守恒和原子守恒等。

12、

C

【解析】

A.

双氧水是共价化合物，两个氧原子之间以单键结合，每个

O

原子又分别与一个

H

原子以共价键结合，故电子式为

，故

A

项错误；

B.

氯离子的核内有

17

个质子，核外有

18

个电子，故氯离子的结构示意图为，故

B

项错误；

C.

质量数

=

质子数

+

中子数，故原子核中有

10

个中子的氧离子的质量数为

18

，表示为：182

8

O，故

C

项正确；

中

O

原子分别与

H

原子和

Cl

原子形成共价键，故其结构式为

H-O-Cl

，故

D

项错误；

故答案选

C

。

【点睛】

本题考查化学用语，涉及电子式、结构式、离子结构示意图等知识点，明确这些化学用语的书写规则是解本题关键，

注意离子化合物和共价化合物电子式的书写区别。

13、

C

【解析】

A.

碱金属元素（M）的单质随核电荷数递增单质的熔点依次降低、硬度依次减小，A正确；

B.M

的最外层电子数均是

1

个，化合物中M的化合价均为+1价，B正确；

C.

单质在空气中都剧烈反应，不一定都生成M2

O

2

，例如Li生成Li

2

O，

C错误；

D.

随核电荷数递增金属性逐渐增强，单质与水反应的剧烈程度变强，D正确，答案选C。

14、

B

【解析】由盖斯定律得，（

1

）式C（s）+O

2

（g）=CO（g）△H

1

=-110.5kJ•mol-1，（2）式C（s）+O

2

（g）=CO

2

（g）△H

2

=-393.5kJ•mol-1，

（3）式C（s）+CO

2

（g）=2CO（g）；因为（3）=2×（1）-（2），所以△H=2×（-110.5kJ•mol-1）

-

（-393.5kJ•mol-1）

=

+172.5J•mol-1，故选B。

点睛：本题主要考查盖斯定律。化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。若一反应为二个反应

式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。

15、

A

【解析】分析：

A

.非金属性越强，氢化物越稳定；

B.

根据同主族原子半径递变规律解答；

C.

根据同周期非金属性递变规律解答；

D.

主族元素的最高价等于族序数。

详解：

A.

同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则氢化物稳定性：

H

2

O

＞

H

2

S

＞

H

2

Se

，

A

正确；

B.

同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：

O

＜

S

＜

Se

，

B

错误；

C.

同周期自左向右非金属性逐渐增强，则非金属性：

Si

＜

P

＜

S

，

C

错误；

D.

主族元素的最高价等于族序数，但由于

F

是最活泼的金属，没有正价，氧元素也没有最高价，则最高正价：

N

＞

O

＞

F

，

D

错误。

答案选

A

。

16、

C

【解析】

A.

石油在常温下分馏得煤油、柴油、重油等馏分，然后以重油为原料经减压蒸馏得到石蜡油，

A

正确；

B.

碎瓷片作催化剂，降低了反应的活化能，从而加快了石蜡油分解的速率，

B

正确；

C.

能酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是乙烯，酸性高锰酸钾溶液褪色只能说明石蜡油分解生成了烯烃，

C

错误；

D.

石蜡油分解得到烯烃和烷烃，其中烯烃和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，

D

正确；

故合理选项是

C

。

二、非选择题（本题包括5小题）

17、SiO

2

Fe(OH)

3

MnO

4

﹣+3Fe2++7H

2

O=MnO

2

↓+3Fe(OH)

3

↓+5H+3Mn2++2MnO

4

-+2H

2

O=5MnO

2

↓+4H+向

过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次

【解析】

分析：闪锌矿（主要成分

ZnS

，含有

FeS、SiO

2

、MnCO

3等杂质）用硫酸溶液溶解并过滤后，滤渣为不溶于稀硫酸的

SiO

2，逸出的气体为H2S，并用空气氧化H2S气体得到S，防污染空气，滤液1中含有FeSO4

、ZnSO

4及MnSO4等溶质，

调整滤液1pH至5，并滴加KMnO

4溶液，氧化溶液中的Fe2+和Mn2+，最终得到不溶物MnO

2和Fe

(OH)

3，过滤得滤液2为

ZnSO

4和K2

SO

4溶液，在滤液2中滴加Na2

CO

3溶液，得

ZnCO

3沉淀，过滤、洗涤并干燥，最终煅烧得到

ZnO

，据此

分析解题。

详解：

(1)

根据分析知闪锌矿（主要成分

ZnS

，含有

FeS、SiO

2

、MnCO

3

，不溶于稀硫酸的为SiO

2，所以滤渣

1

为SiO2

。

故答案为

SiO

2

。

(2)滤液

1

经氧化并调节溶液

PH=5

后

,

得到不溶于水的

MnO

2和

Fe(OH)

3

,

则过滤所得不溶沉淀X为

Fe(OH)

3故答案为

Fe(OH)

3

。

（3）转化Ⅱ为用KMnO

4氧化溶液中

Fe2+,

还原产物为

Mn2+,

根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得发生反应的离子

方程式

MnO

4

-+3Fe2++7H

2

O=MnO

2

↓+3Fe(OH)

3

↓+5H+，3Mn2++2MnO4

-+2H2O=5MnO2↓+4H+。故答案为

MnO

4

-+3Fe2++7H

2

O=MnO

2

↓+3Fe(OH)

3

↓+5H+;3Mn2++2MnO4

-+2H2O=5MnO2↓+4H+

(6)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。洗涤不溶物的方法是向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，

重复操作

2

∼

3

次。故答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作

2

∼

3

次。

18、

3

：

1

羟基羧基

CH

2

=CH

2

+H

2

O→CH

3

CH

2

OH

加成

2CH

3

CH

2

OH

＋

O

2

2CH

3

CHO

＋

2H

2

O

氧化

【解析】

I．乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应，乙烯和乙烷的混合气体通入足量溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了

8.4g，乙烯的质量为8.4g，根据n=

m

M

计算乙烯的物质的量，n=

V

Vm

计算混合气体总物质的量，进而计算乙烷的物质

的量，可计算两种气体的物质的量之比；

Ⅱ．由流程图可知：乙烯与水反应生成乙醇，B是乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质C，则C为乙醛；乙醇与乙酸在浓

硫酸条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，D是乙酸；以此解答该题。

【详解】

I．8.96L混合气体的物质的量为n=

8.96

22.4/

L

Lmol



0.4mol，乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应，乙烯和乙烷的

混合气体通入足量溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了8.4g，乙烯的质量是8.4g，所以乙烯的物质的量为

n=

8.4

28/

g

gmol



0.3mol，则乙烷的物质的量为：0.4mol-0.3mol=0.1mol，原气体混合物中乙烯与乙烷的物质的量之比

为3：1。

II．⑴B是乙醇，官能团的名称是羟基；D是乙酸，官能团的名称是羧基；

⑵反应①为乙烯在催化剂条件下与水发生加成反应生成乙醇，反应方程式是CH

2

=CH

2

+H

2

O→CH

3

CH

2

OH，反应类型为加成

反应；

反应②为乙醇催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH

3

CH

2

OH+O

2

Cu



2CH

3

CHO+2H

2

O，反应类型为氧化反应。

【点睛】

本题考查有机推断题，涉及官能团名称、化学反应的类型判断、化学方程式的书写等知识，熟悉各种物质的结构和性

质是解题关键，试题考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

19、

MnO

2

+4HClMnCl

4

+2H

2

OMnCl

4

MnCl

2

+Cl

2

↑III

中没有明显现象的原因是

c

(H+)

、

c

(Cl

－)

较低，需要增大到一定浓度才能被

MnO

2氧化

MnO

2氧化盐酸的反应中

c

(H+)

变化的影响大于

c

(Cl－)

【解析】

（1）已知MnO

2

是碱性氧化物，呈弱碱性，MnO

2

与浓盐酸发生复分解反应生成呈浅棕色的MnCl

4

，其反应的化学方程式

为MnO

2

+4HClMnCl

4

+2H

2

O；答案：MnO

2

+4HClMnCl

4

+2H

2

O。

（2）黄绿色气体为Cl

2

，是MnCl

4

分解生成的产物，则反应的化学方程式为MnCl

4

MnCl

2

+Cl

2

↑；答案：MnCl

4

MnCl

2

+Cl

2

↑；

（3）实验Ⅳ中，分别增大c(H+)、c(Cl-)后，有氯气生成，故可得到结论：Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)

较低，需要增大到一定浓度才能被MnO

2

氧化；对比ⅰ、ⅱ可得，开始生成氯气时，c(H+)7mol/L,而c(Cl-)10mol/L，

因此增大c(H+)即可发生反应，所以MnO

2

氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。

20、化学能→电能电能→光能H

2

-2e-+2OH-=2H

2

O1.12

【解析】

分析：根据图中给出的电子流动方向可知通气体

a

的电极有电子流出，极为负极，电极反应为：H

2

-2e-+2OH-=2H

2

O；通

气体

b

的电极有电子流入，为正极，电极反应为：

O

2

+

2H2

O

+4

e-=

4

OH-。总反应方程式为2H

2

+O

2

=2H

2

O。

详解：(1)该装置为原电池，原电池是将化学能转化为电能的装置；该装置外接导线连接一个灯泡，可将电能转化为光

能；(2)通气体

a

的电极有电子流出，极为负极，电极反应为：H

2

-2e-+2OH-=2H

2

O；(3)通气体

b

的电极有电子流入，

为正极，电极反应为：

O

2

+

2H2

O

+4

e-=

4

OH-，当电路中通过0.2mol电子时，会消耗0.05mol转化为标准状况下的体积

为0.05mol×22.4L/mol=1.12L。

点睛：本题主要考查原电池的工作原理。在原电池中，活泼电极作负极，失去电子，发生氧化反应，被氧化；不活泼

电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原。电子从负极经外接导线流向正极。电解质溶液中，阳离子向正极移

动，阴离子向负极移动。

21、放出92该反应是可逆反应，1molN

2

和3molH

2

不能完全反应，因此放出能量总是小于92kJ0.25acf

【解析】

（

1

）反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则反应的

N

2＋

3H

2

2NH

3的

ΔH

＝

(

946

+

436

×

3

-

391

×

6

)

kJ

/

mol

＝－

92kJ

/

mol

，所以若

1molN

2完全反应生成

NH

3可放出热量

92kJ

。

（

2

）由于该反应是可逆反应，

1molN

2和

3molH

2不能完全反应生成

2mol

氨气，因此放出能量总是小于

92kJ

。

（

3

）在容积为

2L

的密闭容器中进行，反应经过

10min

后，生成

10molNH

3，则消耗氮气

5mol

，浓度是

2

.

5mol

/

L

，

用

N

2表示的化学反应速率是

2

.

5mol

/

L

÷

10min

＝

0

.

25mol

·

L－1·

min－1。

（

4

）

a

．达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率一定相等，

a

正确；

b

．达到化学平衡时，正反应速率和逆反应速率一定相等，且均不为

0

，

b

错误；

c

．达到化学平衡时，即达到反应最大限度，

N

2的转化率达到最大值，

c

正确；

d

．达到化学平衡时，

N

2和

H

2的浓度不再改变，但不一定相等，

d

错误；

e

．达到化学平衡时，

N

2、

H

2和

NH

3的体积分数不变，但不一定相等，

e

错误；

f

．达到化学平衡时，反应达到最大限度，

f

正确。

答案选

acf

。