【化学】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

甘肃省兰州市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题 ‎1.钼元素为人体及动植物必须的微量元素，也在钢铁工业中有着重要的作用，钼作为钢的合金化元素，可以提高钢的强度，特别是高温强度和韧性。我国钼元素的储量丰富，在世界上占第二位。如图所示是钼元素的相关信息，下列有关钼的说法错误的是（ ）‎ A. 95Mo18O42-(钼酸根离子)中共计有76个电子 B. Mo元素是第五周期的主族元素 C. 92Mo、95Mo、98Mo互为同位素，化学性质几乎相同 D. 98Mo的原子核内中子数比质子数多14‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图中信息可知Mo原子的质子数=核电荷数=原子序数=42，1个氧原子含8个电子，95Mo18O42-(钼酸根离子)中含有电子数为：42+8×4+2=76个，A正确，不选；‎ B．Mo元素位于元素周期表第五周期第VIB，属于副族元素，B错误，符合题意；‎ C．92Mo、95Mo、98Mo质子数相同中子数不同，互为同位素，由于原子最外层电子数相同，化学性质几乎相同，C正确，不选；‎ D．98Mo的质子数=42，中子数=98-42=56个，原子核内中子数比质子数多56-42=14个，D正确，不选；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.应用元素周期律的有关知识，可以预测我们不熟悉的一些元素的单质及其化合物的性质。下列预测中正确的是（ ）‎ ‎①第2周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性 ‎②砹（At）单质为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀硝酸 ‎③Li在氧气中剧烈燃烧，产物是Li2O2，其溶液是一种强碱 ‎④硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体 ‎⑤硒化氢（H2Se）是无色、有毒、比H2S稳定的气体 A. ②④ B. ①②③④‎ C. ①③⑤ D. ②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①N元素为第二周期非金属元素，其气态氢化物溶于水显碱性，故错误；‎ ‎②卤族元素单质从上到下，单质由气体过渡为固体，颜色逐渐加深，AgAt具有AgCl的相似的性质，不溶于水也不溶于稀硝酸，故正确；‎ ‎③Li燃烧只能生成Li2O，故错误；‎ ‎④同主族元素化合物的性质具有相似性和递变性，Ba与Sr同主族，且Sr在Ba下方，硫酸钡(BaSO4)是难溶于水的白色固体，则硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，故正确；‎ ‎⑤非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：S＞Se，则氢化物稳定性为：H2S＞H2Se，故错误；‎ 综上所述正确的有②④，故答案为A。‎ ‎3.阿伏加德罗常数用NA表示，下列叙述正确的有( )种。‎ ‎①‎2 g H218O和D2O的混合物中，含有的中子数为NA ‎②‎0.44 g C3H8中含有的共价键总数目为0.1NA ‎③1 mol Na与一定量O2完全反应，生成Na2O、Na2O2混合物时转移电子数为2NA ‎④在密闭容器中，使1 mol N2和3 mol H2充分反应后生成NH3的分子数为2NA ‎⑤标准状况下‎22.4 L氯仿中含有的Cl原子数为3NA ‎⑥‎7 g乙烯和丁烯的混合气体中所含的原子数是1.5NA ‎⑦常温常压下，将0.1 mol Cl2通入足量氢氧化钠溶液并充分反应，转移的电子数为0.2NA ‎⑧O2和O3的混合物共‎6.4 g，其中所含原子数一定为0.4NA A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①H218O和D2O相对分子质量都是20，每个分子中都含有10个中子，‎2 g H218O和D2O的混合物中含有分子的物质的量是0.1 mol，因此其中含有中子数为NA，①正确；‎ ‎②C3H8相对分子质量是44，‎0.44 g C3H8的物质的量是0.01‎ ‎ mol，1个分子中含有10个共价键，则0.01 mol C3H8中含有的共价键总数目为0.1NA，②正确；‎ ‎③Na是+1价金属，1 mol Na与一定量O2完全反应，生成Na2O、Na2O2混合物时转移电子数为NA，③错误；‎ ‎④N2和H2生成NH3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，在密闭容器中，使1 mol N2和3 mol H2充分反应后生成NH3的物质的量小于2 mol，因此产生的NH3分子数小于2NA，④错误；‎ ‎⑤标准状况下氯仿呈液态，不能使用气体摩尔体积计算，⑤错误；‎ ‎⑥乙烯和丁烯最简式是CH2，其中含3个原子，最简式的式量是14，‎7 g乙烯和丁烯的混合气体中含最简式的物质的量是0.5 mol，因此所含的原子数是1.5NA，⑥正确；‎ ‎⑦Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，每1 mol Cl2发生该反应转移1 mol电子，则在常温常压下，将0.1 mol Cl2通入足量氢氧化钠溶液并充分反应，转移的电子数为0.1NA，⑦错误；‎ ‎⑧O2和O3都是由O原子构成，‎6.4 g O2和O3的混合物中含有O原子的物质的量是‎6.4 g÷‎16 g/mol=0.4 mol，则其中所含原子数一定为0.4NA，⑧正确；‎ 综上所述可知，说法正确的为①②⑥⑧，故合理选项是B。‎ ‎4.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数)，它们具有相同的电子层结构，若m＞n，则对下列叙述的判断正确的是（ ）‎ ‎①a-b=m-n；　　　　　　　②元素的原子序数a＞b＞c＞d；‎ ‎③元素非金属性Z＞R；　　④最高价氧化物对应水化物的碱性X＞Y；‎ ‎⑤离子半径Z＞R＞X＞Y A. ①②③ B. ②③⑤ C. ①④⑤ D. ②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①原子失去最外层电子变为阳离子，原子获得电子形成阴离子，离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则两种离子具有相同的电子数，所以a-m=b-n，可得a-b=m-n，①正确；‎ ‎②由题意可知，四种离子具有相同的电子层结构，根据原子失去最外层电子变为阳离子，原子获得电子形成阴离子，可知X、Y在下一周期，Z、R在上一周期；若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，②正确；‎ ‎③Z、R元素形成阴离子，说明Z、R为非金属元素，由②‎ 可知元素的原子序数的离子c＞d，在同一周期中，原子序数越大，元素非金属性越强，所以元素的非金属性Z＞R，③正确；‎ ‎④X、Y元素形成阳离子，说明X、Y为金属元素，且元素的原子序数a＞b，同一周期元素，元素的原子序数越大，元素金属性越弱，则元素的金属性Y＞X，元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，④错误；‎ ‎⑤对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，由于原子序数为a＞b＞c＞d，则离子半径：R＞Z＞Y＞X，⑤错误；‎ 根据分析可知，正确的为①②③，故合理选项是A。‎ ‎5.中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs），能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化 B. 反应I中涉及到非极性键的断裂和极性键的形成 C. 反应II为：2H2O22H2O+O2↑‎ D. 总反应为：2H2O2H2↑+O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该过程是利用太阳光实现高效分解水，所以该反应中太阳能转化为化学能，故A正确； B．反应Ⅰ是水反应生成氢气与过氧化氢，涉及极性键(H—O键)的断裂和极性键(H—O键)、非极性键(H—H键和O—O键)的形成，故B错误； C．反应Ⅱ是过氧化氢转化为水与氧气，反应过程可表示为：2H2O22H2O+O2‎ ‎↑，故C正确； D．整个过程是水转化得到氢气与氧气，可以表示为：2H2O2H2↑+O2↑，故D正确； 故选：B。‎ ‎6.乙醇分子中各种化学键如图所示，则关于乙醇在反应中断键说法不正确的是（ ）‎ A. 和金属钠反应时①断裂 B. 乙醇燃烧时断裂②和⑤‎ C. 在银催化条件下与O2反应时断裂①和③‎ D. 和酸性高锰酸钾反应时化学键会断裂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇与金属Na发生反应断裂羟基中的H-O键，即断裂①化学键，A正确，不选；‎ B．乙醇燃烧产生CO2和水，分子中所有化学键都发生断裂，B错误，符合题意；‎ C．在银催化条件下乙醇与O2反应产生CH3CHO，断裂①和③处化学键，C正确，不选；‎ D．乙醇具有强还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化产生CO2而使溶液紫色褪去，因此乙醇分子中化学键会发生断裂，D正确，不选；‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 已知石墨比金刚石稳定，则反应C(石墨，s)=C(金刚石，s)为吸热反应 B. 物质发生化学反应时都伴随能量变化，则伴随能量变化的物质变化也一定是化学变化 C. 对于反应：①S(g)+O2(g)=SO2(g)；②S(s)+O2(g)=SO2(g)，当等质量硫单质参与反应时，放出热量：①＜②‎ D. 相同条件下，如果1 mol氧原子所具有的能量为E1，1 mol氧分子所具有的能量为E2，则2E1=E2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。石墨比金刚石稳定，说明石墨的能量比金刚石低，则由石墨转化为金刚石时需吸收热量，故反应C(石墨，s)=C(金刚石，s)为吸热反应，A正确；‎ B．物质发生化学反应时都伴随能量变化，但伴随能量变化的物质变化不一定是化学变化，如浓硫酸稀释放出热量，但发生的是物理变化，B错误；‎ C．物质在气态时含有的能量比固态时高，所以气态S燃烧产生SO2气体放出的热量就比等质量的固态S燃烧放出的多，因此对于反应：①S(g)+O2(g)=SO2(g)；②S(s)+O2(g)=SO2(g)，当等质量硫单质参与反应时，放出热量：①＞②，C错误；‎ D．原子形成化学键结合为分子时放出热量，说明原子具有的能量比分子多。相同条件下，如果1 mol氧原子所具有的能量为E1，1 mol氧分子所具有的能量为E2，则2E1＞E2，D错误；‎ 故合理选项A。‎ ‎8.如图曲线 a 表示放热反应X(g)+Y(g) Z(g) + M(g) + N(s)进行过程中 X 的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按 b 曲线进行，可采取的措施是( )‎ A. 升高温度 B. 加大 X 的投入量 C. 加催化剂 D. 增大体积 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】先分析出反应X(g)+Y(g) Z(g) + M(g) + N(s)的特点是：气体计量数不变、放热。再由图可知，按b曲线进行与按a曲线进行的关系是：b途径反应速率快，但达到的平衡结果与a相同，根据影响速率的因素及勒夏特列原理可作判断。‎ ‎【详解】A. 升高温度：反应速率增大，但平衡逆向移动X的转化率下降，A错误；‎ B.加大X的投入量，可增大的X的浓度，使平衡正向移动，但X的转化率下降，B错误；‎ C.加催化剂加快反应速率，不改变x的转化率，C正确；‎ D.增大体积相当于减压，不影响该反应的平衡，但会使反应速率减小，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 图1：锌铜原电池中，Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度减小 B. 图2：纽扣式银锌电池中，正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O+2H+=2Ag+2H2O C. 图3：锌锰干电池中，锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄 D. 图4：铅蓄电池使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图1为铜锌原电池，锌为负极，铜为正极，H+会在铜上得电子发生还原反应，所以Cu电极附近溶液中H+浓度减小，A正确，不选；‎ B．图2为纽扣电池，正极为Ag2O得电子发生还原反应，正极的反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-，B错误，符合题意；‎ C．图3为锌锰干电池，锌筒作负极，发生氧化反应被消耗，所以锌筒会变薄，C正确，不选；‎ D．图4为铅蓄电池，放电时的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，所以使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，离子浓度减小，导电能力下降，D正确，不选；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.在一绝热（不与外界发生热交换）的恒容容器中，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有（ ）个 ‎①容器内温度不变 ②混合气体的密度不变 ③混合气体的压强不变 ‎④混合气体的平均相对分子质量不变 ⑤C(g)的物质的量浓度不变 ‎⑥容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1 ⑦某时刻v(A)＝2v(C)且不等于零 ‎⑧单位时间内生成n mol D，同时生成2n mol A A 4 B. ‎5 ‎C. 6 D. 7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①该容器为绝热容器，容器内温度不变，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；‎ ‎②由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，恒容容器中混合气体的密度增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的密度不变，混合气体的密度不变能说明反应达到平衡状态；‎ ‎③该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变，由于是绝热容器，建立平衡过程中容器温度变化，混合气体压强发生变化，达到平衡时温度不变，混合气体压强不变，混合气体的压强不变说明反应达到平衡；‎ ‎④由于B呈固态，根据质量守恒定律，建立平衡过程中气体的总质量增大，混合气体分子总物质的量始终不变，混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时混合气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，混合气体的平均相对分子质量不变说明反应达到平衡状态；‎ ‎⑤C(g)的物质的量浓度不变是化学平衡的特征标志，说明反应达到平衡状态；‎ ‎⑥达到平衡时A、C、D的浓度保持不变，但不一定等于2:1:1，A、C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不一定达到平衡状态；‎ ‎⑦某时刻υ(A)=2υ(C)且不等于零，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态；‎ ‎⑧单位时间内生成n mol D一定消耗2n mol A，同时生成2n mol A，A的浓度不变说明反应达到平衡状态；‎ 能说明反应达到平衡状态的有①②③④⑤⑧，共6个，答案选C。‎ ‎11.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验中，不考虑两球的浮力变化）（    ）‎ A. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低 B. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高 C. 当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高 D. 当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】当杠杆为导体时，硫酸铜溶液、铁球和铜球可以形成原电池；当杠杆为绝缘体时，不能形成原电池。‎ ‎【详解】当杠杆为导体时，硫酸铜溶液、铁球和铜球可以形成原电池，铁作负极，其发生氧化反应而溶解，故其质量减小，铜作正极，由于铜离子在铜表面可以得到电子发生还原反应生成铜，故铜球质量变大，故A端低B端高；杠杆为绝缘体时，铁与硫酸铜发生置换反应生成铜，故铁球质量变大，而铜球质量不变，故A端高B端低。综上所述，D判断是正确的，故选D。‎ ‎12.1mol X气体跟a mol Y气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X（g） + aY（g）bZ（g），反应达到平衡后，测得X的转化率为50% 。而且，在同温同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a和b的数值可能是（ ）‎ A. a=l，b=2 B. a=2，b=‎1 ‎C. a=2，b=2 D. a=3，b=2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】1mol X气体跟a mol Y气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X（g）+a Y（g）⇌b Z（g）。反应达到平衡后，测得X的转化率为50%．而且，在同温同压下反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比即和气体物质的量成反比，讨论分析判断得到a、b的取值。‎ ‎【详解】X（g）+a Y（g）⇌b Z（g）。‎ 起始量（mol）    1      a         0‎ 变化量（mol）    0.5    ‎0.5a     0.5b 平衡量（mol） 0.5       ‎0.5a     0.5b ‎ 依据在同温同压下反应前后混合气体的密度之比和气体体积成反比即和气体物质的量成反比，在同温同压下测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的，即反应后气体物质的量是反应前气体物质的量，则得到；（0.5+‎0.5a+0.5b）:（1+a）=3:4，计算得到：2b=a+1，依据选项中的取值分析判断，a=3，b=2符合计算关系。‎ 故选D。‎ ‎13.2019年诺贝尔化学奖授予美国科学家约翰•古迪纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和日本科学家吉野彰，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。近日，有化学家描绘出了一种使用DMSO（二甲基亚砜）作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型，该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂（Li2O2），其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. DMSO电解液能传递Li+和电子，不能换成水溶液 B. 该电池放电时每消耗2molO2，转移4mol电子 C. 该池放电时，外电路中电流的方向为从金属锂电极流出 D. 多孔的黄金为电池正极，电极反应式可能为O2+4e-=2O2-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．DMSO电解液能传递Li+，但不能传递电子，故A错误；‎ B．根据题意可知，该电池放电时O元素化合价由0价变为-1价，所以每消耗2molO2，转移4mol电子，故B正确；‎ C．放电时，金属锂被氧化作负极，电流从正极到负极，即外电路中电流的方向为从多孔的黄金流向金属锂，故C错误；‎ D．该电池中，锂电极作负极，多孔的黄金作为正极，根据题意可知放电过程中氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂(Li2O2)，所以正极反应式为2Li++O2+2e-=Li2O2，故D错误；‎ 故答案为B，‎ ‎14.一定条件下，在某恒容密闭容器中进行反应X(g) + 3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z起始浓度分别为c1 mol/L、c2 mol/L、c3 mol/L（c1、c2、c3均大于0），当反应达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.08mol/L，则下列判断不合理的是（ ）‎ A. c1：c2 = 1：3‎ B. 当4v(X)正= v(Y)逆时，该反应还在向正反应方向建立平衡 C. c1可能为0.1‎ D. X、Y的转化率相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】在化学反应中，若反应物的起始投料的物质的量之比等于它们的化学计量数之比，由于反应过程中变化量之比等于化学计量数之比，所以反应物的平衡量之比必然也等于化学计量数之比，各种反应物的转化率一定相等。‎ ‎【详解】由题中信息可知，当反应达平衡时X、Y的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L，X、Y的平衡量之比等于化学计量数之比，所以其起始量之比一定也等于1：3， A和D正确；因为有起始投料与平衡量相同的可能，所以C正确；当4v(X)正= v(Y)逆时，因为3v(X)正= v(Y)正，所以v(Y)逆> v(Y)正,该反应还在向逆反应方向建立平衡，B不正确，选B。‎ ‎15.下列各组反应(表内物质均为反应物)刚开始时，放出H2的速率最大的是(　　)‎ 编号 金属(粉末状)‎ 酸的浓度 酸的体积 反应温度 A ‎0.1 mol Mg ‎6 mol/L硝酸 ‎10 mL ‎60℃‎ B ‎0.1 mol Mg ‎6 mol/L盐酸 ‎10 mL ‎60℃‎ C ‎0.1 mol Fe ‎3 mol/L硫酸 ‎10 mL ‎60℃‎ D ‎0.1 mol Mg ‎3 mol/L硫酸 ‎10 mL ‎30℃‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】硝酸和镁反应不生成氢气，所以排除。镁的金属性比铁的强，所以在外界条件相同的情况下，镁比铁的反应速率快；在金属相同的条件下，温度越高、氢离子的浓度越大，化学反应速率越快，因此根据表中数据可知反应刚开始时，放出H2的速率最大的是选项B，答案选B。‎ ‎16.下列各组物质中，不管它们以何种比例混合，只要总物质的量一定，充分燃烧后消耗氧气的量也一定的是( )‎ A. C2H2和C6H6 B. C2H6O和C3H6O2‎ C. CH2O和C2H4O2 D. C3H8和C4H8O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将各物质组成写成CxHyOz，则1mol物质的耗氧量为（x+y/4-z/2），“不管它们以何种比例混合，只要总物质的量一定，充分燃烧后消耗氧气的量一定”，则（x+y/4-z/2）的值相等时，则符合题意，故选D。‎ ‎17.下列说法正确的是（ ）‎ A. CF2Cl2有 和 两种结构 B. 光照条件下，物质的量之比为1:4的甲烷和氯气可完全反应，生成物只有CCl4和HCl C. C6H14的同分异构体有4种 D. (CH3)2CHCH(CH2CH3)2有5种一氯代物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH4甲烷为正四面体结构，故CF2Cl2只有一种结构，故A错误；‎ B．光照条件下，甲烷和氯气的取代反应为连锁反应，故无论比例为多少四种有机产物都存在，故B选项错误；‎ C．C6H14的同分异构体有5种用碳骨架表示如下：，故C选项错误；‎ D．(CH3)2CHCH(CH2CH3)2的碳骨架中的氢原子种类数如图：，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎18.烷烃是单烯烃R和H2发生加成反应后的产物，则R可能的结构有（ ）‎ A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，故符合条件的烯烃分子有5种，即选项B正确。‎ 故选B。‎ ‎19.已知(x)、 (y)、(z)互为同分异构体，下列说法不正确的是（ ）‎ A. z的二氯代物有三种 B. x、y的一氯代物均只有三种 C. x、y可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色 D. x、y、z中只有x的所有原子可能处于同一平面 ‎【答案】B ‎【解析】A项，z为立方烷，结构高度对称，z中只有1种H原子，其一氯代物只有1种，二氯代物有3种（2个Cl处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线），正确；B项，x中有5种H原子，x的一氯代物有5种，y中有3种H原子，y的一氯代物有3种，错误；C项，x、y中都含有碳碳双键，都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，正确；D项，y、z中都含有饱和碳原子，y、z中所有原子不可能处于同一平面上，x由苯基和乙烯基通过碳碳单键相连，联想苯和乙烯的结构，结合单键可以旋转，x中所有原子可能处于同一平面，正确；答案选B。‎ ‎20.一种气态烷烃和一种气态单烯烃组成的混合物共，混合气体的密度是相同状况下氢气密度的12.5倍，该混合气体通过溴水时，溴水的质量增加，则该混合气体可能是（ ）‎ A. 甲烷、乙烯 B. 丙烷、乙烯 ‎ C. 乙烷、丙烯 D. 甲烷、丙烯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】混合气体的平均相对分子质量，由此可确定混合气体中的烷烃必定为(相对分子质量小于25的烃类只有甲烷)；设单烯烃为，由题意知混合物中该烯烃的质量为‎8.4g，则，又有，解得该烯烃的相对分子质量为28，其为，故答案为A。‎ ‎21.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。‎ 光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。‎ ‎【详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。‎ ‎22.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物中，含3个甲基的同分异构体有（ ）‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，若含3个甲基，则该醇结构简式为：、、，共有3种同分异构体，因此合理选项是A。‎ ‎23.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图。有关柠檬烯的分析正确的是（ ）‎ A. 它的一氯代物有9种，和H2充分反应后的产物一氯代物有7种 B. 它和丁基苯互为同分异构体 C. 它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上 D. 柠檬烯可以发生加成、取代、氧化、加聚反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该物质分子结构不对称，分子中含有8种不同位置H原子，因此它的一氯代物有8种，和H2充分反应后的产物中含有7种位置的H原子，则其一氯代物有7种，A错误；‎ B．柠檬烯分子式是C10H16，丁基苯分子式是C10H14，二者分子式不同，因此不是同分异构体，B错误；‎ C．物质分子中含有6个饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有的碳原子一定在同一平面上，C错误；‎ D．柠檬烯分子中含碳碳双键可以发生加成、氧化、加聚反应，含有饱和碳原子，能够发生取代反应，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎24.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）‎ 序号 物质(杂质)‎ 除杂试剂 分离方法 A 甲烷(乙烯)‎ 酸性KMnO4溶液 洗气 B 乙烯(二氧化硫)‎ 溴水 洗气 C 溴苯(溴)‎ 碘化钾溶液 萃取、分液 D 乙醇(水)‎ 生石灰 蒸馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸性KMnO4溶液会将乙烯氧化为CO2气体，不能达到除杂的目的，A错误；‎ B．乙烯、二氧化硫都会与溴水发生反应，不能达到除杂净化的目的，B错误；‎ C．杂质溴与碘化钾反应产生的碘单质容易溶解在溴苯中，不能通过萃取、分液的方法达到除杂的目的，C错误；‎ D．水与生石灰反应产生Ca(OH)2，Ca(OH)2是离子化合物，沸点较高，而乙醇是由分子构成的物质，沸点比较低，可通过蒸馏分离提纯得到乙醇，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎25.将W‎1g光亮的铜丝在空气中加热一段时间后，迅速伸入下列物质中，取出干燥，如此反复几次，最后取出铜丝用蒸馏水洗涤、干燥，称得其质量为W‎2g。实验时由于所伸入的物质不同，铜丝的前后质量变化可能不同，下列所插物质与铜丝的质量关系正确的是（ ）‎ A. NaOH溶液，W1＝W2 B. 无水乙醇，W1＝W2‎ C. NaHSO4溶液，W1＜W2 D. CO，W1＞W2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】光亮的铜丝在空气中加热时，铜丝和氧气反应2Cu+O2 2CuO生成黑色的氧化铜，所以加热后的铜丝质量会增加；‎ A．氧化铜和NaOH溶液不反应，所以W‎2g为氧化铜的质量，W‎1g为铜丝的质量，所以W1‎ ‎＜W2，故A错误；‎ B．CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，固体氧化铜又生成铜，所以W‎2g为铜的质量，W‎1g为铜的质量，所以W1=W2，故B正确；‎ C．2NaHSO4+CuO=CuSO4+Na2SO4+H2O，硫酸氢钠和氧化铜反应生成硫酸铜，所以有部分铜元素以离子方式进入溶液，W‎2g为未参加反应的铜质量，所以W1＞W2，故C错误；‎ D．氧化铜和CO反应生成固体铜，所以W‎2g为铜的质量，W‎1g为铜的质量，所以W1=W2，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎26.(1)目前常用的镍(Ni)镉(Cd)电池，其电池总反应可表示为：Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2，已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难于溶水但能溶于酸。则正极的反应式是___________，负极的反应式是___________。放电时负极附近的溶液的碱性________(填“不变”、“变大”或“变小”)。‎ ‎(2)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图所示：‎ 电池工作时，外电路上电流的方向应从电极________(填A或B)流向用电器。内电路中，CO32-向电极___________(填A或B)移动，电极A上CO参与的电极反应为___________。‎ ‎(3)将两铂片插入KOH溶液中作为电极，在两极区分别通入甲醇(CH3OH)和氧气构成燃料电池，则通入甲醇的电极是原电池的____极，该极的电极反应式是____________，通入氧气的电极是原电池的____极，电极反应式是___________________。如果消耗甲醇‎160 g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为_______________(用NA表示)。‎ ‎【答案】(1). 2NiO(OH)+2H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH- (2). Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2 (3). 变小 (4). B (5). A (6). CO-2e-+CO32-=2CO2 (7). 负极 (8). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (9). 正极 (10). O2+4e-+2H2O=4OH- (11). 30NA ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)放电过程为原电池反应，根据总反应化学方程式分析，Cd作原电池负极，失电子，在碱性溶液中生成Cd(OH)2；NiO(OH)在碱溶液中得到电子发生还原反应生成Ni(OH)2‎ ‎，根据氢氧根离子浓度变化判断溶液酸碱性的变化；‎ ‎(2)分析熔融碳酸盐燃料电池原理示意图，通入氧气的一端为原电池正极，通入一氧化碳和氢气的一端为负极，电流从正极流向负极，溶液中阴离子移向负极，A电极上一氧化碳失电子发生氧化反应生成二氧化碳；‎ ‎(3)甲醇、氧气和氢氧化钾溶液构成燃料电池，甲烷易失电子发生氧化反应，则甲烷所在电极为负极，氧气所在电极为正极，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，在得失电子相等的条件下，将电极反应式相加即得电池反应式，结合电极反应和电子守恒计算。‎ ‎【详解】(1)放电过程为原电池反应，根据总反应化学方程式Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2可知：NiO(OH)在碱溶液中得到电子发生还原反应生成Ni(OH)2，所以正极电极反应为：2NiO(OH)+2H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-；Cd作原电池负极，失电子在碱性溶液中生成Cd(OH)2，负极电极反应为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，由于放电时负极不断消耗OH-，因此附近溶液在c(OH-)逐渐降低，溶液的碱性逐渐变小； ‎ ‎(2)分析熔融碳酸盐燃料电池原理示意图，通入O2的一端为原电池正极，通入CO和H2的一端为负极，电流从正极流向负极，电池工作时，外电路上电流的方向应从电极B流向用电器，内电路中，CO32-向负极A电极移动，电极A上CO参与的电极反应，CO失电子发生氧化反应生成CO2，该电极反应为：CO-2e-+CO32-=2CO2；‎ ‎(3)CH3OH、O2和KOH溶液构成燃料电池，CH3OH易失电子发生氧化反应，通入CH3OH的电极为负极，CH3OH失去电子被氧化，与溶液中的OH-结合形成H2O，负极上电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；通入O2的电极为正极，O2得到电子，与溶液中的H2O结合形成OH-，正极上电极反应式为为O2+4e-+2H2O=4OH-。‎160 g甲醇的物质的量是n(CH3OH)= =5 mol，根据负极反应式可知：每1 mol甲醇发生反应，转移电子的物质的量是6 mol，则反应的甲醇物质的量是5 mol，则转移电子数目为N(e-)=5 mol×6NA/mol=30NA。‎ ‎27.一定温度下，将3molA气体和1molB气体通入一容积固定为‎2L的密闭容器中，发生如下反应：‎3A(g)+B(g)xC(g)，请填写下列空白：‎ ‎(1)反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，则1min内，B的平均反应速率为___________；x为___________。‎ ‎(2)若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度___________0.8mol/L(填“大于”、“小于”或“等于”)‎ ‎(3)若已知达平衡时，该容器内混合气体总压强为P，混合气体起始压强为P0。请用P0、P来表示达平衡时反应物A的转化率a(A)为___________。‎ ‎(4)能加快反应速率的措施是___________。‎ ‎①升高温度 ‎②容器体积不变，充入隋性气体Ar ‎ ‎③容器压強不变，充入惰性气体Ar ‎④使用催化剂 ‎⑤将容器体积缩小一半 ‎(5)能够说明该反应达到平衡的标志是___________。‎ A. 容器内混合气体的密度保持不变 ‎ B. 容器内混合气体的压强保持不变 C. A、B的浓度之比为3:1 ‎ D. 单位时间内断开3nmolA-A键的同时生成nmolB-B键 E. v(A)=3v(B)‎ ‎【答案】(1). 0.2mol/(L.min). (2). 2 (3). 小于 (4). ×100% (5). ①④⑤ (6). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】根据浓度的变化除以时间计算反应速率；容积固定的密闭容器中，容器内气体的压强之比等于它们的物质的量之比；升高温度、增加浓度、使用催化剂能加快反应速率；平衡状态的判断抓住正反应速率等于逆反应速率和各组分的浓度不再改变来进行判断。‎ ‎【详解】(1)反应1min时测得剩余1.8molA，则A反应了3mol -1.8mol=1.2 mol，根据方程式，B反应了0.4mol，B的浓度变化为，则1min内，B的平均反应速率为；C的浓度为0.4mol/L，C的浓度是B浓度变化的2倍，则x为2；‎ ‎(2)若反应经2min达到平衡，开始1min时A、B的浓度较大，反应速率应该较快，1min后，A、B的浓度减小，反应速率减慢，则后来1min产生的C小于0.4mol/L，所以平衡时C的浓度小于0.8mol/L；‎ ‎(3)假设A反应了x，，根据在容积固定的密闭容器中，容器内气体的压强之比等于它们的物质的量之比，得，解得，A的转化率a(A)为；‎ ‎(4)①升高温度，能加快反应速率；②容器体积不变，充入隋性气体Ar，则浓度不变，则反应速率不变；③容器压強不变，充入惰性气体Ar，使得体积增大，浓度减小，反应速率减慢；④使用催化剂，能加快反应速率；⑤将容器体积缩小一半，则浓度增大，能加快反应速率；所以能加快反应速率的措施是①④⑤；‎ ‎(5) A.反应前后，体积不变，由于质量守恒，容器内混合气体的质量始终保持不变，则密度始终保持不变，不能说明该反应达到平衡；‎ B. 该反应‎3A(g)+B(g)‎2C(g) 是物质的量减少的反应，体积固定，容器内压强与物质的量成正比，则压强可以变化，所以压强保持不变可以说明该反应达到平衡；‎ C. A、B的起始浓度之比为3:1，两者反应的关系也是3:1，则浓度之比一直保持为3:1，不能说明该反应达到平衡； ‎ D. 单位时间内断开3nmolA-A键是正反应，生成nmolB-B键是逆反应，且符合反应的比例关系，所以可以说明该反应达到平衡；‎ E. 根据化学方程式中，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(A)=3v(B) ，所以不能说明该反应达到平衡；‎ 综上所述选择BD。‎ 量不再变化时，达到平衡状态，而有的量始终保持不变时不能判断达到平衡状态。‎ ‎28.某实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。‎ ‎（1）实验过程中铜网处出现_______________现象，请写出相应的化学反应方程式：①___________，②___________；从中可认识到该实验过程中催化剂___________（填“参加”或“不参加”）化学反应。‎ ‎（2）实验进行一段时间后，熄灭酒精灯，反应能继续进行，其原因是___________。‎ ‎（3）甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是___________；乙的作用___________ 。‎ ‎（4）反应进行一段时间后，试管a中能收集到不同的物质，它们是___________。集气瓶中收集到的气体的主要成分是___________。（写名称）‎ ‎【答案】(1). 先变黑再变红（红色黑色交替） (2). 2Cu+O22CuO (3). C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (4). 参加 (5). 该反应为放热反应 (6). 加热，使乙醇挥发 (7). 冷却，便于乙醛收集 (8). 乙醇、乙醛、水 (9). 氮气 ‎【解析】‎ ‎【分析】该实验将乙醇和空气都鼓入玻璃管中，玻璃管中的铜网在加热的条件下遇见氧气生成氧化铜，氧化铜再被乙醇还原生成铜。生成的乙醛和水及没反应的乙醇进入试管a中冷却下来，最后剩下的气体主要是氮气。‎ ‎【详解】（1）在乙醇的催化氧化实验中，Cu作催化剂，反应过程中红色的Cu先被氧化为黑色的CuO，黑色的CuO又被乙醇还原为红色的Cu，所以现象是红色黑色交替，催化剂Cu参加了反应；有关的化学方程式为2Cu+O22CuO；C2H5OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；‎ ‎（2）停止加热后反应依然能够进行，说明该反应放热，放出的热量能够让反应继续进行；‎ ‎（3）根据分析，开始时需要将乙醇蒸汽吹入玻璃管，故需要加热，有利于乙醇的挥发；a管主要是将混合物液化，所以冷水浴，有利于乙醛的收集；‎ ‎（4）根据分析，a管中主要收集到的物质是乙醇、乙醛、水；根据分析，空气中的氧气参加了反应，集气瓶中收集到的主要是氮气；‎ ‎29.某化学课外小组查阅资料知：苯和液溴在有溴化铁（FeBr3）存在的条件下可发生反应生成溴苯和溴化氢，此反应为放热反应。他们设计了制取并验证产物的装置，如下图所示。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器A中。如图是制取溴苯的装置。试回答：‎ ‎（1）装置A中发生反应的化学方程式是___________。‎ ‎（2）装置C中看到的现象是___________，证明___________。‎ ‎（3）装置B是吸收瓶，内盛CCl4液体，实验中观察到的现象是___________，原因是___________。如果没有B装置而将A、C直接相连，你认为是否妥当？___________（填“是”或“否”），理由是___________。‎ ‎（4）实验结束后，经过下列步骤分离提纯：‎ ‎①向A中加入适量蒸馏水，过滤，除去未反应的铁屑；‎ ‎②滤液依次用蒸馏水、10%的NaOH溶液、蒸馏水洗涤后静止分液。‎ NaOH溶液洗涤的作用是___________，分液时获得有机层的具体操作是___________；‎ ‎③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤，加入氯化钙的目的是___________；‎ ‎（5）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为___________，要进一步提纯，下列操作中必须的是___________（填入正确选项前的字母）；‎ A．结晶 B．过滤 C．蒸馏 D．萃取 ‎【答案】(1). +Br2+HBr (2). 导管口有白雾产生，试管内有淡黄色沉淀生成 (3). 有HBr产生 (4). 液体变为橙色 (5). 反应放热，A中溴蒸气逸出，溶于CCl4中 (6). 否 (7). Br2也能与AgNO3溶液反应 (8). 除Br2、HBr (9). 将溴苯从分液漏斗下口放出 (10). 吸水，干燥 (11). 苯 (12). C ‎【解析】‎ ‎【分析】苯和液溴在有溴化铁(FeBr3)存在的条件下可发生反应生成溴苯和溴化氢，此反应为放热反应，且反应剧烈，而溴易挥发，则用CCl4液体除去混合气体中的溴蒸气，用硝酸银溶液检验生成的溴化氢，导管未插入溶液中，主要因为溴化氢易溶于水，容易形成倒吸。‎ ‎【详解】(1)在催化剂作用下，苯环上氢原子被溴原子取代，生成溴苯和HBr气体，故装置A中发生反应的化学方程式是；‎ ‎(2)生成的溴化氢通入装置C中，溴化氢遇空气中的水蒸气形成氢溴酸小液滴，可以看到的现象是导管口有白雾产生，溴化氢溶于硝酸银中，与银离子反应生成溴化银淡黄色沉淀，所以C中看到的现象是导管口有白雾产生，试管内有淡黄色沉淀生成，证明有HBr产生；‎ ‎(3)装置B是吸收瓶，内盛CCl4液体，吸收挥发出来的溴蒸气，溴溶于CCl4，所以形成为橙色溶液，现象是液体变为橙色，原因是反应放热，A中溴蒸气逸出，溶于CCl4中；如果没有B装置而将A、C直接相连，不妥当，逸出的溴蒸气也能与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，影响实验的准确性；‎ ‎(4)②NaOH溶液能与Br2和HBr反应，将它们除去，所以洗涤的作用是除Br2、HBr，由于溴苯不溶于水，密度比水大，所以溴苯在下层，故分液时获得有机层的具体操作是将溴苯从分液漏斗下口放出；‎ ‎③无水氯化钙具有吸水性，能吸收粗溴苯中水，所以加入氯化钙的目的是吸水，干燥；‎ ‎(5)经以上分离操作后，能除去未反应的溴、铁和生成的溴化铁、溴化氢，粗溴苯中还含有未反应的苯，苯和溴苯都是有机物相互溶解，利用它们的沸点不同采用蒸馏的方法分离，所以选择C。‎ ‎30.将0.1mol有机化合物A与标准状况下‎5.6L氧气混合，一定条件下两者完全反应，只有CO、CO2和H2O三种产物，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰中，浓硫酸增重‎5.4g，碱石灰增重‎4.4g，还有标准状况下‎2.24L气体的剩余，求：‎ ‎(1)有机化合物A的分子式___________；‎ ‎(2)若有机化合物A能与钠反应放出氢气，请写出A的结构简式___________；‎ ‎(3)写出所有比A多一个—CH2—原子团的同系物的结构简式___________。‎ ‎【答案】(1). C2H6O (2). CH3CH2OH (3). 、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】此题通过物质的量的计算来考查有机物分子式，通过物质性质来确定有机物结构，考查同分异构体的书写。‎ ‎【详解】(1)有机物燃烧生成的水被浓硫酸吸收，浓硫酸增加的质量就是水的质量，n(H2O)= ‎5.4g÷‎18g/mol=0.3mol；‎ 生成的CO2被碱石灰吸收，碱石灰增加的质量就是CO2的质量，n(CO2)=‎4.4g÷‎44g/mol=0.1mol；‎ 还有标准状况下‎2.24L气体，则该气体是CO，‎ n(CO)= ‎2.24L÷‎22.4L/mol=0.1mol；‎ ‎0.1mol该有机物含有的C元素的物质的量是n(C)= n(CO2)+ n(CO)=0.1mol+0.1mol=0.2mol，‎ 含有H元素的物质的量是n(H)=2n(H2O)=2×0.3mol=0.6mol，含有O元素的物质的量是n(O)=2n(CO2)+ n(CO)+ n(H2O)-2n(O2)= 2×0.1mol+0.1mol+0.3mol-(‎5.6L÷‎22.4L/mol) ×2=0.1mol，则1mol有机物含有的C、H、O元素的物质的量分别是2mol、6mol、1mol，因此该有机物的化学式是C2H6O；‎ ‎(2)若有机化合物A能与钠反应放出氢气，则该有机物是饱和一元醇，A的结构简式是CH3CH2OH；‎ ‎(3)比A多一个—CH2—原子团的同系物是C3H8O，所有的结构简式是、。‎