宁夏育才中学2019-2020学年高一下学期5月教学质量检测化学试题

宁夏育才中学2019-2020学年高一下学期5月教学质量检测化学试题

宁夏育才中学2019-2020学年高一下学期5月教学质量检测 化学试题 ‎1.下列实验室制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是 A. 制取NH3 B. 干燥NH3‎ C. 收集NH3 D. 处理尾气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.氯化铵与氢氧化钙加热有水生成；‎ B.浓硫酸与氨气反应；‎ C.氨气的密度比空气密度小；‎ D.氨气极易溶于水；‎ ‎【详解】A.氯化铵与氢氧化钙加热有水生成，则试管口应略向下倾斜,A项错误；‎ B.浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，B项错误；‎ C.氨气的密度比空气密度小，应选向下排空气法收集，C项错误；‎ D.氨气极易溶于水，球形结构可防止倒吸，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎2.浓硫酸具有很多重要的性质，在于含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是 A. 酸性 B. 吸水性 C. 脱水性 D. 强氧化性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭(碳化)，并会产生二氧化硫。反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水(试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒)，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性，故选A。‎ 点睛：本题考查浓硫酸的性质。浓硫酸除了具有酸固有的性质--酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子(H2SO4)，这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性。‎ ‎3.下列物质中，常温下可以使用铁制的容器来储存的是（ ）‎ A. 稀硝酸 B. 浓硝酸 C. 浓盐酸 D. 稀盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铁能与稀硝酸发生反应，腐蚀铁容器，因此铁制容器不能储存稀硝酸，故A不符合题意；‎ B、常温下，铁与浓硝酸发生钝化反应，产生氧化薄膜，阻碍反应的进行，保护内部铁不被氧化，因此可以用铁制容器盛放浓硝酸，故B符合题意；‎ C、铁与浓盐酸反应，因此不能用铁制容器盛放浓盐酸，故C不符合题意；‎ D、铁与稀盐酸反应，因此不能用铁制容器盛放浓盐酸，故D不符合题意。‎ ‎4.硒是人体必需的微量元素，图是硒在周期表中的信息，关于硒元素的说法错误的是 A. 位于第四周期 B. 质量数为34‎ C. 原子最外层有6个电子 D. 相对原子质量为78.96‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据元素周期表中的信息可知，Se的价电子排布式为4s24p4，Se位于第四周期ⅥA族，选项A正确；‎ B、根据元素周期表中的信息可知，Se的原子序数为34，根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素原子的原子核内质子数和核外电子数为34，而不是质量数为34，选项B错误；‎ C、根据元素周期表中的信息可知，Se的价电子排布式为4s24p4，则Se原子最外层有6个电子，选项C正确；‎ D、根据元素周期表中的信息可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，该元素的相对原子质量为78.96，选项D正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.元素性质呈周期性变化根本原因是 A. 核电荷数逐渐增大 B. 元素的相对原子质量逐渐增大 C. 核外电子排布呈周期性变化 D. 元素的主要化合价呈周期性变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原子序数在数值上等于这种原子的核电荷数，随着原子序数的递增，核电荷数逐渐增大，但不呈现规律性的变化，则不能决定元素性质出现周期性变化,A项错误；‎ B.随着原子序数的递增，元素的原子的相对原子质量增大，但不呈现周期性的变化，则不能决定元素性质出现周期性变化，B项错误；‎ C.由原子的电子排布可知，随原子序数的递增，电子层数和最外层电子数都呈现周期性的变化而引起元素性质的周期性变化，即原子的电子层排布的周期性变化是引起元素性质周期性变化的决定因素，C项正确；‎ D.元素的最高正化合价的周期性变化是原子的电子排布周期性变化的结果，化合价属于元素的性质，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.下列顺序排列正确的是 A. 元素的非金属性：P>S>Cl B. 原子半径：F>Cl>I C. 碱性强弱：KOH>NaOH>Mg(OH)2 D. 酸性强弱：HIO4>HBrO4>HClO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在周期表中的位置和元素周期律解题即可。‎ ‎【详解】A. 同周期，从左向右元素的非金属性逐渐增强，所以元素的非金属性P＜S＜Cl，故A错误；‎ B. 同主族，从上到下随着电子层数的增多，原子半径逐渐增大，所以原子半径：F＜Cl＜I ‎，故B错误；‎ C. 因为金属性K＞Na＞Mg，所以其最高价氧化物对应水化物的碱性KOH>NaOH>Mg(OH)2，故C正确；‎ D. 因为非金属性Cl＞Br＞I，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性HIO4＜HBrO4＜HClO4，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎7.下列各元素性质递变情况中，错误的是 A. Li、Be、B原子最外层电子数依次增多 B. N、O、F元素最高正化合价依次升高 C. Mg、Al、Si原子半径依次减小 D. P、S、Cl元素的负化合价依次为－3、－2、－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Li、Be、B原子最外层电子数分别为1、2、3，则最外层电子数依次增多,A项正确；‎ B.N最高正价+5，O无最高正价，F无正价，B项错误；‎ C.Mg、Al、Si同周期元素，从左到右原子半径依次减小，C项正确；‎ D.P、S、Cl元素的最低化合价分别为5−8=−3、6−8=−2、7−8=−1，则P、S、Cl元素的最低化合价依次为−3、−2、−1，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列分子的电子式书写正确的是 A. 氨气 B. 四氯化碳 ‎ C. 氮气 D. 二氧化碳 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 漏写N原子上的孤电子对，应为，A项错误；‎ B. 各原子均满8电子稳定结构，电子式漏写Cl原子上的孤电子对，B项错误；‎ C. 氮气有氮氮三键，每个N原子上还有1对孤电子对，C项正确；‎ D.二氧化碳中碳氧间是碳氧双键，有两对共用电子对，应为，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.含有共价键的离子化合物是（ ）‎ A. H2O2 B. CaCl‎2 ‎C. CCl4 D. NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O2为共价化合物，只含有共价键，A选项不满足题意；‎ B．CaCl2是离子化合物，但只含有离子键，B选项不满足题意；‎ C．CCl4是共价化合物，含有共价键，C选项不满足题意；‎ D．NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键，D选项满足题意；‎ 答案选D。‎ ‎10.关于化学键的叙述正确的是 A. 离子化合物中只存在离子键 B. 非金属元素组成的化合物中可能存在离子键 C. 由不同种元素组成的多原子分子里，一定只存在极性共价键 D. 含金属元素化合物中一定存在离子键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．还可能有共价键，比如NH4Cl，错误；‎ B．如氯化铵，铵根离子与氯离子之间存在离子键，正确；‎ C．还可能存在非极性共价键，比如H2O2，错误；‎ D．HMnO4中就没有离子键，错误。‎ ‎11.已知a An+、bB(n+1)+、cCn-、dD(n+1)-具有相同的电子层结构，关于A、B、C、D四种元素的叙述正确的是( )‎ A. 原子序数：b>a>c>d B. 最高价氧化物对应水化物的碱性：B>A C. 四种离子的电子层结构相同，因而离子的性质也相同 D. 气态氢化物的稳定性：D>C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a An+、bB(n+1)+、cCn-、dD(n+1)-具有相同的电子层结构，则在周期表中的相对位置是 ‎，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 根据A、B、C、D在周期表中的相对位置，可知原子序数：b>a>c>d，故A正确；‎ B.元素金属性越强最高价氧化物的水化物的碱性越强，同周期元素从左到右元素金属性减弱，金属性A>B，最高价氧化物对应水化物的碱性：A>B，故B错误；‎ C. a An+、bB(n+1)+具有氧化性，cCn-、dD(n+1)-具有还原性，所以四种离子的性质不同，故C错误；‎ D. 同周期从左到右非金属元素气态氢化物的稳定性增强，所以气态氢化物的稳定性C>D，故D错误。答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查位置、结构、性质的相互关系及应用，根据核外电子排布确定元素在周期表中的位置、把握元素周期律的递变规律是解答该题的关键。‎ ‎12.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（‎49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是 A. In是第五周期第ⅢA族元素 B. ‎11549In的中子数与电子数的差值为17‎ C 原子半径：In>Al D. 碱性：In(OH)3>RbOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；‎ B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；‎ C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；‎ D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；‎ ‎【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；‎ B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；‎ C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；‎ D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；‎ 综上所述，本题应选D。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎13.如图所示，对 A 生成 C 的反应，下列结论正确的是（　　）‎ A. 该反应为吸热反应 B. 该反应进行时，一定有能量放出 C. A 比 C 稳定 D. 该反应不需要加热一定就可以进行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应物总能量大于生成物总能量，该反应物放热反应，故A错误；‎ B．反应为放热反应，该反应进行时，一定有能量放出，故B正确；‎ C．A的总能量大于C，则C稳定，故C错误；‎ D．放热反应不一定容易进行，如铝热反应需要在加热条件下才能进行，故D错误。‎ 所以本题答案为：B。‎ ‎【点睛】判断吸放热的依据是：反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应为放热反应；反应物的总能量小于生成物的总能量，则该反应为吸热反应。‎ ‎14.NO是氮元素的一种氧化物。下图表示N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化。下列有关反应和NO性质的说法中，正确的是 A. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水 B. 1mol N2（g）和1mol O2（g）反应生成2molNO（g），放出能量180 kJ C. 在‎1 L的密闭容器中N2（g）和O2（g）反应生成NO（g），10分钟内减少1mol N2，则10分钟内化学反应的的平均速率可表示为v（NO）＝0.1mol/（L·min）‎ D. N2（g）分子中化学键键能大于O2（g）分子中化学键键能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由示意图中数据可知，反应物键的断裂吸收的能量为（946+498）kJ=1444kJ/mol，生成物键的形成放出的能量为2×632kJ=1264 kJ/mol，则该反应是吸热反应。‎ ‎【详解】A项、一氧化氮属于不成盐氧化物，不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故A错误；‎ B项、该反应是吸热反应，1mol N2和1mol O2反应生成2molNO，吸收能量为180 kJ，故B错误；‎ C项、由示意图可知1mol N2和1mol O2反应生成2molNO，若10分钟内减少1mol N2，反应生成2molNO，则10分钟内化学反应的的平均速率可表示为v（NO）===0.2mol/（L·min），故C错误；‎ D项、破坏N2分子中氮氮三键消耗的能量大于破坏O2分子中氧氧双键消耗的能量，则N2‎ 分子中化学键键能大于O2分子中化学键键能，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】注意键能越大，化学键越不容易被打断，化学键越稳定，物质越稳定。‎ ‎15.银锌纽扣电池，其电池的电池反应式为:Zn + Ag2O + H2O =Zn(OH)2 + 2Ag 下列说法不正确的是 A. 锌作负极 B. 正极发生还原反应 C. 电池工作时，电流从Ag2O经导线流向Zn D. 负极的电极方程式为：Zn-2e- ＝ Zn2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Zn失电子发生氧化反应而作负极，故A正确；‎ B．正极上Ag2O得电子发生还原反应，故B正确；‎ C．原电池中电流从正极沿导线流向负极，该原电池中Zn是负极、Ag2O是正极，所以放电时电流从Ag2O经导线流向Zn，故C正确；‎ D．碱性条件下锌离子生成Zn(OH)2，所以负极反应式为Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝Zn(OH)2，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】原电池正负极的判断方法：①根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；②根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；③根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；④根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；⑤根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。‎ ‎16.如图为原电池装置，a为锌棒、b为碳棒，下列说法不正确的是 A. a是正极，b是负极 B. a极上发生了氧化反应 C. 电子从a极通过导线流向b极 D. 碳棒上有气体逸出，溶液中H+浓度减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌为活泼金属，碳棒为导电的非金属，该装置构成原电池，a为负极、b为正极，结合原电池原理分析解答。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，a为负极、b为正极，故A错误；‎ B．a为负极，负极发生氧化反应，故B正确；‎ C．原电池中，电子从负极沿导线流向正极，即从a极通过导线流向b极，故C正确；‎ D．b为正极，正极上溶液中的氢离子得电子生成氢气，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎17.用铁片与1 mol·L－1 H2SO4反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是 A. 加入少量的CuSO4溶液 B. 改用18 mol·L－1硫酸溶液反应 C. 不用铁片，改用铁粉 D. 加热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入少量硫酸铜溶液，铁可以和硫酸铜发生置换，置换出来的铜和铁构成铁铜原电池可以加快反应速率，故A不选；‎ B.如果改用18mol/L的浓硫酸和铁反应，铁在浓硫酸中常温下会发生钝化，不生成氢气，故B选；‎ C.改用铁粉可以增大接触面积，加快反应速率，故C不选；‎ D.温度升高，可以使速率加快，故D不选。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】影响化学反应速率的因素有浓度，温度，压强，催化剂，接触面积等。18mol/L的硫酸的物质的量浓度虽然比1 mol·L－1硫酸的物质的量浓度大，但是浓硫酸的性质和稀硫酸的性质有很大的不同，铁和浓硫酸是不能生成氢气的。‎ ‎18.可逆反应：2NO2(g) ⇌2NO(g)＋O2(g)，在容积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是(　　)‎ ‎①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2‎ ‎②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ‎③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的压强不再改变的状态 ‎⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦‎ C. ①③④⑤ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。‎ ‎【详解】①中单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态，故①正确；‎ ‎②无论该反应是否达到平衡状态,单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，不能据此判断平衡状态，故②错误；‎ ‎③中无论达到平衡与否，用各物质表示的化学反应速率之比都等于化学计量数之比，故③错误；‎ ‎④有色气体的颜色不变，则表示物质的浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤气体体积固定、反应前后质量守恒，密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故⑤错误；‎ ‎⑥反应前后ΔV(g)≠0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明已达到平衡状态，故⑥正确；‎ ‎⑦由于气体的质量不变，气体的平均相对分子质量不变时，说明气体中各物质的物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，故⑦正确；‎ ‎①④⑥⑦正确，答案选A。‎ ‎【点睛】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变，间接判据要看变量不变。‎ ‎19.四位同学同时进行反应的速率测定实验，分别测得反应速率如下：‎ ‎①v(A)=0.15mol/(L•s)，②v(B)=0.6mol/(L•s)，③v(C)=0.4mol/(L•s)，④v(D)=0.45mol/(L•s)。其中反应进行得最快的是( )‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①v(A)=0.15mol/(L•s)，A的化学计量数为1，故v(A)/1=0.15mol/(L•s)；‎ ‎②v(B)=0.6mol/(L•s)，B的化学计量数为3，故v(B)/3=0.2mol/(L•s)；‎ ‎③v(C)=0.4mol/(L•s)，C的化学计量数为2，故v(C)/2=0.2mol/(L•s)；‎ ‎④v(D)=0.45mol/(L•s)，D的化学计量数为2，故v(D)/2=0.225mol/(L•s)；‎ 速率由快到慢顺序为④＞②=③＞①，故选D。‎ ‎20.在‎4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在一定条件下发生反应：‎3A(g)＋B(g)‎2C(g)＋xD(g)，5 s达到平衡。达到平衡时，生成了2 mol C，经测定D的浓度为0.5 mol·L－1，下列判断正确的是( )‎ A. x＝1 B. B的转化率为20%‎ C. 平衡时A的浓度为1.50 mol·L－1 D. B的平均反应速率为0.2 mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为‎4L×0.5mol/L=2mol； ‎3A（g）+B（g）‎2C（g）+xD（g） 起始：6mol 5mol 0 0 转化：3mol 1mol 2mol xmol 平衡：3mol 4mol 2mol 2mol A.根据参加反应的各物质的物质的量之比等于方程式中计量数之比，可知x=2，故A错误； ‎ B.B的转化率为20%，故B正确；‎ C.平衡时A的浓度为=0.75mol/L，故C错误； D.B表示该反应在5min内的化学反应速率为=0.05mol·L－1·s－1，故D错误；‎ 答案：B ‎ ‎21.下列说法中不正确的是 ( )‎ A. 乙醇与金属钠反应时,是乙醇分子中的O—H键断裂 B. 检验乙醇中是否含有水可加入少量无水硫酸铜,若变蓝色则含水 C. 禁止用工业酒精配制饮用酒和调味用的料酒 D. 甲烷、乙烯、苯、乙醇都是无色不溶于水的有机化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇与金属钠反应生成乙醇钠，是乙醇分子中羟基中的O—H键发生断裂，正确；‎ B．检验乙醇中是否含有水可用无水硫酸铜作检验试剂，若变蓝表明其含水，正确；‎ C．工业酒精中含有对人体有害的甲醇，因此禁止用工业酒精配制饮用酒和调味用的料酒，正确；‎ D．甲烷、乙烯、苯都不溶于水，但乙醇却能与水以任意比互溶，错误。‎ ‎22.下列烷烃能生成一种一氯代物，则该烷烃的分子式不可能的是 A. CH4 B. C2H‎6 ‎C. C4H10 D. C5H12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断烷烃的同分异构体，若同分异构体只能生成一种一氯代物，则该同分异构体中含有1种H原子，结合选项判断。‎ ‎【详解】A.CH4只有一种结构，只有一种氢原子,所以一氯代物有1种，A项正确；‎ B.C2H6只有一种结构，只有一种氢原子,所以一氯代物有1种，B项正确；‎ C.有正丁烷和异丁烷，正丁烷有2种氢原子，所以一氯代物有2种。异丁烷有2种氢原子，所以一氯代物有2种，，C项错误；‎ D.戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，正戊烷有3种氢原子，所以一氯代物有3种。异戊烷有4种氢原子，所以一氯代物有4种。新戊烷有1种氢原子，所以一氯代物有1种，D项正确；‎ 答案选C。‎ ‎23.如图是四种常见有机物分子的比例模型示意图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲是甲烷，甲烷的二氯取代产物只有一种结构 B. 乙是乙烯，乙烯可与溴水发生取代反应使溴水褪色 C. 丙是苯，苯结构比较稳定，不能发生氧化反应 D. 丁是乙酸，一定条件下乙酸能跟乙醇发生酯化反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷为正四面体结构，甲烷中所有氢原子位置相同，所以其二氯代物只有1种，A正确；‎ B．乙是乙烯，乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，不是取代反应，B错误；‎ C．丙是苯，苯结构比较稳定，但可燃烧，也为氧化反应，C错误；‎ D．丁是乙醇，不是乙酸，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎24.下列实验方案不合理的是 A. 鉴定蔗糖在硫酸催化作用下的水解产物中有葡萄糖：直接在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液 B. 鉴别织物成分是真丝还是人造丝：用灼烧的方法 C. 鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯：用碳酸钠溶液 D. 鉴别乙烷和乙烯：将两种气体分别通入溴的四氯化碳溶液中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.水解后溶液为酸性，应加碱至碱性； B.真丝成分为蛋白质； C.乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层，乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液混合分层； D.乙烯与溴发生加成反应，乙烷不能．‎ ‎【详解】A. 水解后溶液为酸性,应加碱至碱性检验葡萄糖,则鉴定蔗糖水解产物中有葡萄糖,不能直接在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液,A项错误；‎ B.真丝成分为蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，则利用灼烧的方法鉴别织物成分是真丝还是人造丝，B项正确；‎ C.乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层，乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液混合分层，现象不同，利用碳酸钠溶液可鉴别，C项正确；‎ D.乙烯与溴发生加成反应，乙烷不能，则用溴四氯化碳溶液鉴别乙烯和乙烷，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】该题考查化学实验方案的评价。‎ ‎25.下列冶炼方法中，不能将化合物中的金属元素还原为金属单质的是 A. 加热氧化铝 B. 加热氧化汞 C. 电解熔融氯化钠 D. 氢气还原氧化铁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据金属的活泼性不同采用不同的方法制备金属：Na、Mg、Al等金属用电解法； Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等金属用热还原法；Hg、Ag等金属用热分解法冶炼。‎ ‎【详解】A. 三氧化二铝熔点很高，受热不分解，通常用电解氧化铝法制备铝,A项错误；‎ B.加热氧化汞得到汞和氧气，B项正确；‎ C.电解熔融氯化钠得到金属钠和氯气，C项正确；‎ D.氢气还原氧化铁得到铁单质和水，D项正确；‎ 答案选A。‎ ‎26.如表所示为元素周期表的一部分，参照元素①～⑩在表中的位置，请回答下列问题： ‎ ‎ ‎ ‎(1)写出①和④两种元素原子按1：1组成的常见化合物的电子式______。‎ ‎(2)用电子式表示⑥和⑨形成化合物的过程：______。‎ ‎(3)③、⑧、⑩的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为 ______(用化学式表示)。‎ ‎(4)已知周期表中存在对角相似规则，如②与⑦在周期表中处于对角线位置则化学性质相似，②的氧化物、氢氧化物也有两性，写出②的氢氧化物与⑥的氢氧化物反应的化学方程式 ______。 ‎ ‎(5)⑤、⑥、⑩的离子半径由大到小的顺序为 ______(用离子符号表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). HClO4>HNO3>H3PO4 (4). Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O (5). Cl->F->Na+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中位置，可知①是H，②是Be，③是N，④是O，⑤是F，⑥是Na，⑦是Al，⑧是P，⑨是S，⑩是Cl。‎ ‎(1)①和④两种元素原子按1：1组成的常见化合物为过氧化氢； ‎ ‎(2)⑥和⑨形成化合物为硫化钠，为离子化合物； ‎ ‎(3)非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强； ‎ ‎(4)②的氢氧化物与⑥的氢氧化物反应，生成偏铍酸钠、水； ‎ ‎(5)离子核外电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小。‎ ‎【详解】由元素在周期表中位置，可知①是H，②是Be，③是N，④是O，⑤是F，⑥是Na，⑦是Al，⑧是P，⑨是S，⑩是Cl。‎ ‎(1)①和④两种元素原子按1：1组成的常见化合物为过氧化氢，分子式是H2O2，在该分子中2个O原子形成一个共价键，每个O原子分别与H原子形成1个共价键，因此H2O2‎ 的电子式为； ‎ ‎(2)⑥和⑨形成化合物为硫化钠，Na2S为离子化合物，Na+与S2-之间通过离子键结合，用电子式表示Na2S形成化合物的过程为：； ‎ ‎(3)元素的非金属性越强，其对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，③、⑧、⑩的最高价氧化物对应水化物分别是HNO3、H3PO4、HClO4，三种酸的酸性由强到弱的顺序为HClO4>HNO3>H3PO4； ‎ ‎(4)②的氢氧化物Be(OH)2是两性氢氧化物，可以与⑥的氢氧化物NaOH反应，生成偏铍酸钠和水，反应方程式为Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O； ‎ ‎(5)离子核外电子层数越大，离子半径越大；对于电子层结构相同的离子来说，离子核外电子层数越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小。所以⑤、⑥、⑩三种元素的离子F-、Na+、Cl-的离子半径由大到小的顺序为Cl->F->Na+。‎ ‎【点睛】本题考查了元素及化合物的推断及元素周期律的应用。掌握元素的位置、结构与性质的关系、元素化合物知识为解答的关键。注重原子结构与元素化合物知识相结合的训练，侧重考查学生的分析与应用能力。‎ ‎27.能源是现代社会发展的三大支柱之一，化学在提高能源的利用率和开发新能源中起到了重要的作用。电能是现代社会中应用最广泛的二次能源。‎ ‎（1）下列装置中能够实现化学能转化为电能的是______(填字母)。‎ ‎（2）写出该装置正极反应的电极反应式_________。‎ ‎（3）该装置中溶液里的阴离子移向______________(填电极的化学式)极。‎ ‎（4）若装置中转移了0.2mol电子，则理论上溶液增加的质量是________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). 2H＋＋2e－=H2↑ (3). Zn (4). ‎‎6.3g ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）原电池的构成条件有①两个不同导体电极②电解质溶液③自发氧化还原反应④形成闭合回路。A中酒精是非电解质，A项错误；B中两个电极相同，B项错误；C符合原电池的四个条件，C项正确；D没有形成闭合回路，D项错误；答案选C。‎ ‎（2）写出该装置正极反应的电极反应式 2H＋＋2e－===H2↑‎ ‎（3）在原电池的电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。所以该装置中溶液里的阴离子移向Zn 极。‎ 若装置中转移了0.2mol电子，根据电极式Zn-2e-=Zn2+则理论上溶液增加Zn2+的物质的质量是0.1mol，则理论上溶液增加的质量,‎6.3g。‎ ‎28.硫酸的消费量是衡量一个国家化工生产水平的重要标志。而在硫酸的生产中，最关键的一步反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。‎ ‎（1）一定条件下，SO2与O2反应10min后，若SO2和SO3物质的量浓度分别为0.1mol/L和0.3mol/L，则10min内生成SO3的化学反应速率为___________；SO2的转化率为___________。‎ ‎（2）下列关于该反应的说法正确的是_________。‎ A．增加O2的浓度能加快反应速率B．降低体系温度能加快反应速率 C．使用催化剂能加快反应速率D．一定条件下达到反应限度时SO2全部转化为SO3‎ ‎（3）在反应过程中若某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L。当反应达到平衡时，可能存在的数据是______。‎ A．O2为0.2mol/LB．SO2为0.25mol/L C．SO3为0.4mol/LD．SO2、SO3均为0.15mol/L ‎【答案】 (1). 0.03mol/(L.min) (2). 75％ (3). AC (4). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）‎ 所以SO2起始物质的量浓度为0.4mol/L， 10min 生成 SO3的化学反应速率为 SO2的转化率为 ‎（2）A．增大反应物浓度加快反应速率，A项正确； B．降低温度，化学反应速率减慢，B项错误； C．催化剂降低反应活化能，加快化学反应速率，C项正确； D．反应为可逆反应，不可能完全转化，D项错误， 故答案为：A、C； （3）在反应过程中若某一时刻 SO2、O2、SO3的浓度分别为 0.2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L， 所以反应达到平衡时，c（SO3）<0.4mol/L， A．起始时或者完全转化为c（O2）=0.2mol/L，不是平衡时，A项错误； B．c（SO2）=0.25mol/L，较为符合，B项正确； C．起始时完全转化时才存在c（SO3）=0.4mol/L，C项错误； D．不妨设反应到达平衡时O2转化xmol/L，则平衡时c（SO2）=0.2+2x，c（O2）=0.1+x，若平衡时c（SO2）=c（O2），则有0.2+2x=0.1+x，可得x=-0.1，不符合实际，D项错误， 答案选B；‎ ‎29.已知A是用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，A、B、C、D、E、F、G均为有机物，他们之间有如图所示的转化关系，请回答下列问题：‎ ‎（1）A中官能团的名称为____________，B中官能团的电子式为____________。‎ ‎（2）在F的同系物中最简单的有机物的空间构型为____________。‎ ‎（3）写出下列编号对应反应的化学方程式，并注明反应类型：‎ ‎④___________________________________________________，___________________；‎ ‎⑦___________________________________________________，___________________；‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键 (2). (3). 正四面体形 (4). CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O (5). 取代反应(或酯化反应) (6). CH2=CH2＋HClCH3CH2Cl (7). 加成反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为C2H6，乙烯与HCl发生生成G为CH3CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷，以此解答该题 ‎【详解】A 常用来衡量一个国家石油化工发展水平的标志性物质，则A为CH2=CH2；乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙烯与氢气发生加成反应生成F为C2H6，乙烯与HCl发生生成G为CH3CH2Cl，乙烷与氯气发生取代反应生成氯乙烷。‎ ‎（1）A为CH2=CH2，含有官能团为：碳碳双键，B为CH3CH2OH，含有官能团为：羟基电子式为 ‎（2）F为C2H6，在F的同系物中最简单的有机物为甲烷，空间构型为正四面体 ‎（3）CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O 取代反应(或酯化反应) ‎ ‎ CH2=CH2＋HClCH3CH2Cl 加成反应 ‎30.Ⅰ、海水是可以综合利用的。从海水中提取食盐和溴的过程：‎ ‎（1）请写出一种海水淡化的方法________________________。‎ ‎（2）步骤Ⅰ获取Br2的离子方程式为_________________________________________________。‎ ‎（3）步骤Ⅱ用SO2水溶液吸收Br2，使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的。其反应的化学方程式为Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，在该反应中，还原剂是________(填化学式)。‎ Ⅱ、海带中的碘元素主要以I－的形式存在，提取时用适当的氧化剂将其氧化成I2，再萃取出来。证明海带中含有碘的实验步骤：‎ ‎①用剪刀剪碎海带，用酒精湿润，放入坩埚中 ‎②灼烧海带至完全成灰，停止加热，冷却。‎ ‎③将海带灰加蒸馏水溶解，搅拌、煮沸、过滤。‎ ‎④在滤液中滴加稀硫酸及过氧化氢，然后加入几滴淀粉溶液，(涉及反应的离子方程式为2I－＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2O)。‎ 能证明海带中含有碘的实验步骤是________(填序号)，现象是_________________________。‎ ‎【答案】 (1). 蒸馏法 (2). Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－ (3). SO2 (4). ④ (5). 滴入淀粉溶液后变蓝 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过海水蒸发得到淡水、NaCl、母液，向母液中通入氯气，发生反应Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－，利用热空气吹出溴，用SO2吸收Br2，发生反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，向溶液中通入氯气发生反应Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－，然后采用萃取的方法获取Br2，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)淡化海水的方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等；‎ ‎(2)氯气具有氧化性,能氧化溴离子生成单质溴：Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－；‎ ‎(3)化学方程式为Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，因Br2中Br的化合价从0价降低为−1价,Br2是氧化剂,S元素化合价升高,SO2为还原剂 Ⅱ、能证明海带中含有碘的实验操作是第④步，碘离子在酸性条件下，被双氧水氧化成碘单质，取少量第④步的溶液，滴加几滴淀粉溶液，观察到的现象是溶液变蓝。‎ ‎【点睛】‎ 海水资源及其综合利用，物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。‎