北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高一下学期期末考试练习化学试题 Word版含解析

北京市中国人民大学附属中学2019-2020学年高一下学期期末考试练习化学试题 Word版含解析

人大附中2019—2020学年度第二学期期末高一年级化学练习 考试说明 ‎1.本试卷分为I、II两卷，共有30小题，试卷共8页，答题纸共2页 ‎2.考试时间为90分钟，满分为100分。‎ ‎3.I卷为闭卷考试，答题时间为30分钟，做完后请务必在规定时间内将答案上传至“云测验”系统。‎ ‎4.II卷为开卷考试，答题时间为60分钟，用黑色签字笔在答题纸上作答，做完后请务必在规定时间内将答案上传至“云测验”系统。‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16‎ 第I卷（共40分）‎ 每小题只有一个选项符合题意（其中1—10题每题1分，11—25题每题2分）‎ ‎1.2018年11月召开的中国国际进口博览会，加强了世界各国经济交流合作。下列参展商品中，主要成分属于无机物的是（ ）‎ A.中国剪纸 B.俄罗斯小麦粉 C.埃及长绒棉 D.巴基斯坦铜器 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．剪纸的主要成分是纤维素，纤维素属于有机物，A不符合题意；‎ B．小麦粉主要成分是淀粉，淀粉属于有机物，B不符合题意；‎ C．长绒棉的主要成分是纤维素，纤维素属于有机物，C不符合题意；‎ D．铜器的主要成分是Cu，属于无机物，D符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎2.联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，我国的刘庄教授为汞元素的代言人。下列关Hg的说法中，错误的是（ ）‎ A. 质子数为80 B. 质量数为278‎ C. 中子数为118 D. 核外电子数为80‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Hg左下角表示质子数，质子数为80，故A正确；‎ B. Hg左上角表示质量数，质量数为198，故B错误；‎ C 中子数 = 质量数－质子数 = 198－80=118，故C正确；‎ D. 核外电子数 = 质子数，因此核外电子数为80，故D正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎3.下列关于元素性质或原子结构递变情况的叙述中，错误的是（ ）‎ A. Li、Be、B原子的最外层电子数依次增多 B. P、S、Cl元素的最高正化合价依次升高 C. N、O、F原子半径依次增大 D. H、Li、Na原子最外层电子数相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同周期从左到右最外层电子数依次增大，Li、Be、B 原子最外层电子数分别为1、2、3，则依次增多，故 A正确；‎ B．同周期从左到右最外层电子数依次增大，最高正化合价依次升高，P、S、Cl 元素最高正化合价依次为+5、+6、+7价，则依次升高，故 B正确；‎ C．N、O、F 是同一周期从左往右的三种元素，随核电荷数增大，原子半径依次减小，则N、O、F 原子半径依次减小，故C错误；‎ D．H、Li、Na是同主族元素，同主族元素的最外层电子数相同，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列性质递变说法正确的是（ ）‎ A. 单质的还原性：Al＞Mg＞Na B. 氢化物的稳定性：HF＜HCl＜HBr＜HI C. 碱性：LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH D 酸性：HClO4＜H2SO4＜H3PO4＜H2SiO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同周期从左到右，元素金属性越来越弱，单质的还原性越来越弱，因此单质的还原性：Na＞Mg＞Al，故A错误；‎ B. 同主族从上到下，元素非金属性越来越弱，简单气态氢化物越来越不稳定，因此氢化物的稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故B错误；‎ C. 同主族从上到下，元素金属性越来越强，最高价氧化物对应水化物碱性越来越强，因此碱性：LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH，故C正确；‎ D. 同周期从左到右，元素非金属性越来越强，最高价氧化物对应水化物酸性越来越强，因此酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎5.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 原子半径：W＞Z＞Y＞X B. 形成氢化物的稳定性：Z＞W C. 常温下：X、Y、Z、W形成的常见单质均为气态 D. W的单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W均为短周期元素，由在元素周期表中的位置可知，Y位于第二周期，Y 原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数为6，Y为O，结合位置可知X为N、Z为S、W为Cl，据此解答。‎ ‎【详解】由上述分析可知，X为N、Y为O、Z为S、W为Cl，‎ A．电子层越多、原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；‎ B．非金属性Cl大于S，则气态氢化物的稳定性：H2S＜HCl，故B错误；‎ C．常温下四种单质中只有S为固体，其余单质都是气体，例如：N2、Cl2、O2，故C错误；‎ D．W单质能与水反应生成一种具有漂白性的物质为HClO，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列物质中，既含有离子键又含有极性共价键的是（ ）‎ A. Ca(OH)2 B. Na2O C. MgCl2 D. H2O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键。‎ 详解】A．Ca(OH)2属于离子化合物，既含离子键又含极性共价键，故A符合题意；‎ B．Na2O属于离子化合物，只含离子键不含共价键，故B不符合题意；‎ C．MgCl2属于离子化合物，只含有离子键不含共价键，故C不符合题意；‎ D．H2O2属于共价化合物，只含极性共价键和非极性共价键，故D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】极性键是不同原子之间形成的共价键，一般情况下，强碱中含有极性共价键和离子键。‎ ‎7.下列化学变化中，属于吸热反应的是（ ）‎ A. 钠与水反应 B. 氢氧化钠与盐酸反应 C. 甲烷与氧气反应 D. 碳酸钙受热分解 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属与水或酸的反应都属于放热反应，A不满足题意；‎ B．氢氧化钠与盐酸反应属于中和反应，中和反应属于放热反应，B不满足题意；‎ C．甲烷与氧气反应即甲烷的燃烧，燃烧属于放热反应，C不满足题意；‎ D．碳酸钙分解属于吸热反应，D满足题意。‎ 答案选D。‎ ‎8.下列说法错误的是( )‎ A. 金刚石和石墨、红磷和白磷，H2O和D2O均属于同素异形体 B. 12C、13C、14C是碳元素的三种不同核素，互为同位素 C. CH4、CH3—CH3、CH3—CH2—CH3均属于烷烃，互为同系物 D. 乙醇(CH3CH2OH)和甲醚(CH3OCH3)均属于烃的衍生物，互为同分异构体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金刚石和石墨、红磷和白磷是同种元素组成的不同单质，属于同素异形体，H2O和D2O均属于同一种物质，不是单质，不属于同素异形体，故A错误；‎ B．12C、13C、14C是质子数相同，中子数不同的碳原子，是碳元素的三种不同核素，互为同位素，故B正确；‎ C．CH4、CH3—CH3、CH3—CH2—CH3均属于烷烃，组成和结构相似，组成上相差一个或两个CH2基团，互为同系物，故C正确；‎ D．乙醇(CH3CH2OH)和甲醚(CH3OCH3)均属于烃的衍生物，分子式相同，属于结构不同的有机物，互为同分异构体，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】同素异形体描述的对象的主体是单质，同位素描述的对象主体是原子，学生容易混淆。‎ ‎9.下列关于原电池的说法中，正确的是（ ）‎ A. 任何化学反应上都能设计成原电池 B. 原电池工作时，阳离子向负极移动 C. 原电池的负极发生氧化反应 D. 原电池工作时，电子通过电解质溶液流向正极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A ‎．自发进行的放热的氧化还原反应能设计成原电池，非氧化还原反应一定不能设计成原电池，故A错误；‎ B．原电池工作时，溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故B错误；‎ C．原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故C正确；‎ D．原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，溶液中存在离子的定向迁移，电解质溶液中不存在电子的移动，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】自发进行的氧化还原反应可以设计成原电池，原电池中发生的是自发进行的氧化还原反应，为学生的疑难点。‎ ‎10.LED（LightEmittingDiode）即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。如图是某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法错误的是（ ）‎ A. 铜片上发生的反应为2H++2e-=H2↑‎ B. 如果将稀硫酸换成柠檬汁，则导线中不会有电子流动 C. 如果将锌片换成铁片，则电路中的电流方向保持不变 D. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 锌比铜活泼，构成的原电池中，锌为负极，铜为正极，正极发生还原反应生成氢气，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．铜锌原电池中，Cu作正极，溶液中的氢离子在正极上得电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；‎ B．柠檬汁显酸性也能作电解质溶液，所以将稀硫酸换成柠檬汁，仍然构成原电池，所以导线中有电子流动，故B错误；‎ C．Cu的金属活动性比Zn、Fe弱，将锌片换成铁片，Cu 仍作正极，所以电路中的电流方向不变，仍然由Cu经外电路流向负极铁，故C正确；‎ D．原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.用铁钉和稀硫酸发生反应，下列措施能加快反应速率的是（ ）‎ A. 降低反应温度 B. 加水稀释 C. 将铁钉换成铁粉 D. 将稀硫酸替换为98%的浓硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 降低反应温度，反应速率减慢，故A不符合题意；‎ B. 加水稀释，稀硫酸的浓度减小，反应速率减慢，故B不符合题意；‎ C. 将铁钉换成铁粉增大了反应物之间的接触面积，反应速率加快，故C符合题意；‎ D. 将稀硫酸替换为98%的浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，常温下可使铁发生钝化现象，导致反应速率减慢，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎12.光气(COCl2)在农药、医药等领域都有许多用途。一定温度下，恒容密闭容器中，CO与Cl2在催化剂的作用下发生反应：CO(g)＋Cl2(g)⇌COCl2(g)。下列说法能充分说明该反应已经达到化学平衡状态的是( )‎ A. 每生成1mol光气，消耗1mol一氧化碳 B. CO、Cl2、COCl2的浓度相等 C. CO、Cl2、COCl2在密闭容器中共存 D. CO、Cl2、COCl2的浓度不再变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【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。‎ ‎【详解】A．每生成1mol光气，消耗1mol一氧化碳都表示的是正反应方向的反应，不能作为达到平衡的依据，故A错误；‎ B．平衡时各物质的浓度关系取决于反应物的起始量和转化的程度，CO、Cl2、COCl2‎ 的浓度相等不能作为达到平衡的依据，所以B错误；‎ C．该反应为可逆反应，无论是否达到平衡状态，都存在CO、Cl2、COCl2在容器中共存的特点，故C错误；‎ D．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.在2L密闭容器中充入一定量的SO2和O2，化学方程式是2SO2+O2⇌2SO3。经测定反应开始后3s末O2的物质的量减小了1.5mol，则前3s内SO2的平均反应速率为( )‎ A. 0.25mol·L-1·s-1 B. 0.5mol·L-1·s-1 C. 0.75mol·L-1·s-1 D. 0.83mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】v(O2)==0.25 mol·L-1·s-1，化学方程式是2SO2+O2⇌2SO3，根据氧气和二氧化硫的速率之比等于化学计量数之比得到：v(O2)：v(SO2)=1：2，故v(SO2)=2v(O2)=2×0.25 mol·L-1·s-1=0.5 mol·L-1·s-1，答案选B。‎ ‎14.下列为人体提供能量的营养物质中，属于高分子化合物的是（ ）‎ A. 蔗糖 B. 油脂 C. 蛋白质 D. 葡萄糖 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蔗糖分子式C12H22O11，蔗糖属于二糖，相对分子质量不是很大，不属于高分子化合物，A错误；‎ B．油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量不是很大，不属于高分子化合物，B错误；‎ C．蛋白质是氨基酸通过缩聚反应生成的，是天然的高分子化合物，C正确；‎ D．葡萄糖是单糖，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎15.乙烯是一种重要的化工原料。下列物质中，不能通过乙烯的加成反应一步制得的是（ ）‎ A. CH3COOH B. CH3CH2OH C. CH3CH2Cl D. CH2BrCH2Br ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH3COOH不能通过乙烯的加成反应得到，A符合题意；‎ B．乙烯与水发生加成反应生成CH3CH2OH，B不符合题意；‎ C．乙烯与氯化氢发生加成反应生成CH3CH2Cl，C不符合题意；‎ D．乙烯与溴发生加成反应生成CH2BrCH2Br，D不符合题意。‎ 答案选A。‎ ‎16.可以用来鉴别甲烷和乙烯，还可以用来除去甲烷中混有的少量乙烯的操作方法是( )‎ A. 将混合气体通过盛有硫酸的洗气瓶 B. 将混合气体通过盛有足量溴水的洗气瓶 C. 将混合气体通过盛有水的洗气瓶 D. 将混合气体通过盛有澄清石灰水的洗气瓶 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷和乙烯与浓硫酸都不反应，故A错误；‎ B．乙烯可用溴水发生加成反应，可鉴别并除去乙烯，故B正确；‎ C．乙烯和甲烷都不溶于水，且与水不反应，故C错误；‎ D．甲烷和乙烯与氢氧化钙都不反应，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎17.下列变化中，不属于化学变化的是（ ）‎ A. 煤的干馏 B. 重油裂化 C. 煤的液化 D. 石油分馏 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤的干馏，是将煤隔绝空气加强热，使之分解的过程，属于化学变化，故A不符合题意；‎ B．重油裂化，原油先要经过脱水处理，在经过常压蒸馏，在经过催化裂化，在经过加氢裂化才能得到合格的汽油，属于化学变化，故B不符合题意； ‎ C．煤的液化，是将煤先与高温水蒸气作用生成水煤气，再合成液体有机物的过程，属于化学变化，C不符合题意； ‎ D．石油的分馏，是利用沸点的差异，将石油制成汽油、煤油、柴油等产品的过程，属于物理变化，D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎18.下列反应中，不属于取代反应的是（ ）‎ A. 甲烷和氯气在光照下发生反应 B. 苯和液溴在溴化铁的催化下发生反应 C. 乙酸和乙醇在浓硫酸催化下发生反应 D. 乙醇和金属钠发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在光照条件下，甲烷与氯气发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，故A不符合题意；‎ B．在溴化铁的催化下苯与溴反应生成溴苯和溴化氢，该反应属于取代反应，故B不符合题意；‎ C．在浓硫酸的催化和加热条件下，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，故C不符合题意；‎ D．乙醇含有羟基，可与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，该反应属于置换反应，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎19.将0.2 mol·L－1的KI溶液和0.05 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I－2Fe2++I2”的是 实验编号 实验操作 实验现象 ‎①‎ 滴入KSCN溶液 溶液变红色 ‎②‎ 滴入AgNO3溶液 有黄色沉淀生成 ‎③‎ 滴入K3[Fe(CN)6]溶液 有蓝色沉淀生成 ‎④‎ 滴入淀粉溶液 溶液变蓝色 A. ①和② B. ②和④ C. ③和④ D. ①和③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】将0.2mol⋅L−1的KI溶液和0.05mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，n（I-）为n（Fe3+）的两倍，若要证明存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”，一方面要证明发生了反应，另一方面要证明溶液中仍存在Fe3+。‎ ‎①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中仍有Fe3+；‎ ‎②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中仍有I−，但由于I-过量，过量的I-也能与Ag+产生黄色沉淀；‎ ‎③溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液有蓝色沉淀生成，说明溶液中含有Fe2+，说明有Fe3+被还原成Fe2+；‎ ‎④溶液中滴入淀粉溶液后溶液变蓝色，说明溶液中含I2，说明有I-被氧化成I2；‎ 综上分析，答案选D。‎ ‎【点睛】要想证明化学平衡“2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2”的存在，既要证明发生了反应，又要证明没有完全反应；注意：将0.2mol•L-1的KI溶液和0.05mol•L-1 Fe2（SO4）3等体积混合后，若完全反应，I-过量，所以不能检验混合液中是否含I-。‎ ‎20.下列实验装置及操作不能达到实验目的的是 A．用海水制取蒸馏水 B．分离水和乙醇 C．除去水中的泥沙 D．从食盐水中获取氯化钠 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A、根据蒸馏原理分析；‎ B、乙醇与水互溶；‎ C、泥沙是不溶于水的固体；‎ D、氧化钠溶于水。‎ 详解：A、蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，用海水制取蒸馏水可以用蒸馏法，A正确；‎ B、乙醇与水互溶，不能分液分离，应该是蒸馏，B错误；‎ C、泥沙是不溶于水的固体，可以用过滤法除去水中的泥沙，C正确；‎ D、氯化钠易溶于水，从食盐水中获取氯化钠需要蒸发，D正确。答案选B。‎ ‎21.下列关于海水综合利用的说法中，错误的是（ ）‎ A. 海带中的碘可以直接用四氯化碳萃取 B. 海水提溴过程中利用空气吹出法是因为溴具有易挥发的特点 C. 从海水中可以得到NaCl，工业上常用电解饱和食盐水的方法制取Cl2‎ D. 海水中富含镁元素，可以通过沉淀法将海水中的镁离子分离出来 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于海带中所含的碘不是碘单质，而是碘离子，因此不可以直接用四氯化碳萃取，故A错误；‎ B．海水中溴以离子存在，浓缩后氧化生成溴单质，且溴沸点低、易挥发，可用热空气或水蒸气将溴吹出，故B正确；‎ C．将海水蒸发可以得到NaCl，工业上常用电解饱和食盐水的方法制取Cl2，将饱和食盐水通电后分别在阴极与阳极生成氢气与氯气，为防止氯气与氢氧化钠的反应，需在装置中安装离子交换膜，故C正确；‎ D．海水中富含镁元素，可以将贝壳煅烧后制成石灰乳，将引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤得到氢氧化镁，再将氢氧化镁加入盐酸得到氯化镁，再电解可以得到镁，故可以通过沉淀法将海水中的镁离子分离出来，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎22.下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（ ）‎ 序号 实验操作及现象 解释或结论 A 将氯水滴入KI-淀粉溶液中，溶液变成蓝色 Cl2的氧化性强于I2‎ B 铝箔在酒精灯火焰上加热，熔化的铝不滴落 氧化铝熔点高于铝 C 向鸡蛋清溶液中加入硫酸铜溶液，出现沉淀 蛋白质遇到硫酸铜出现盐析现象 D 将灼热的铜丝伸入乙醇中，铜丝立刻变为亮红色 乙醇将氧化铜还原为铜 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯水含有Cl2，向KI-淀粉溶液中加入氯水，溶液变成蓝色，发生的反应为2I-+ Cl2=2Cl-+I2，碘遇淀粉变蓝，可证明Cl2的氧化性强于I2，故A不符合题意；‎ B．将铝箔放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，氧化铝在铝的表面，氧化铝熔点高于铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B不符合题意；‎ C．鸡蛋清溶液中加入硫酸铜溶液会使蛋白质发生变性，有沉淀出现，但是并不是盐析，故C符合题意；‎ D．灼热的铜丝表面为氧化铜，氧化铜可以氧化乙醇生成乙醛，氧化铜被乙醇还原为铜，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】蛋白质的盐析和变性原理是不同的，盐析是物理变化，蛋白质变性是化学变化，为易错点。‎ ‎23.蜂胶中某活性物质X的结构简式如图，下列关于X的说法错误的是（ ）‎ A. X的分子式为C17H16O4‎ B. X中含有苯环结构，和苯属于同系物 C. X可以使溴的四氯化碳溶液褪色 D. X中含有羟基、碳碳双键和酯基三种官能团 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据该分子的结构简式可知，X的分子式为C17H16O4，故A正确；‎ B．苯的同系物是指苯的环烃，分子里含有一个苯环，组成符合CnH2n-6是说明组成要相差一个或若干个CH2原子团，图中的分子含有两个苯环，含有羟基等官能团，不属于苯的同系物，故B错误；‎ C．X分子中含有碳碳双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；‎ D．X中含有羟基、碳碳双键和酯基三种官能团，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎24.以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应，为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。‎ ‎ ‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 过程①中吸收能量使钛氧键发生了断裂 B. 该反应中，光能和热能转化为化学能 C. 使用TiO2作催化剂可以提高化学反应速率 D. 2mol二氧化碳完全分解成2mol一氧化碳和1mol氧气需要吸热30kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，过程①中钛氧键发生了断裂，断键吸收能量，A正确；‎ B．根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，B正确；‎ C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率，C正确；‎ D．反应2CO2(g) =2CO(g) + O2(g)的ΔH=1598kJ/mol×2- 1072kJ/mol×2-496 kJ/mol=+556 ‎ kJ/mol ，即2mol二氧化碳完全分解成2mol一氧化碳和1mol氧气需要吸热556kJ，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】D项用ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算。‎ ‎25.利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. X是N2‎ B. NH中含有非极性共价键 C. NH3、NH、H2O中的质子数、电子数均相同 D. 上述历程的总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NH3可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质分别为N2和H2O，据此分析。‎ ‎【详解】A．图示反应可以生成X的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O，故A错误；‎ B．NH4+中含有四个N-H极性共价键，而不是非极性键，故B错误；‎ C．NH3、NH、H2O中的质子数分别为10、11、10；电子数均为10，质子数不相同，故C错误；‎ D．由反应历程图可知，氨气、二氧化氮和一氧化氮是反应物，氮气与水是生成物，所以总反应为：2NH3+NO+NO22N2+3H2O，故D正确；‎ 答案选D。‎ 第II卷（共60分）‎ ‎26.元素周期表与元素周期律在学习、研究中有很重要的作用。下表是元素周期表中6种元素的相关信息，其中Q、W、X位于同一周期。‎ 元素 信息 Q 单质是稳定的半导体材料，用于制造芯片 W 最高化合价为+7价 X 最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强 Y 焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃片)‎ Z 地壳中含量最高的金属元素，其合金可用于制造飞机外壳 M 原子结构示意图为 ‎(1)Q元素所在周期表的位置为_____。‎ ‎(2)W单质的电子式为_____。‎ ‎(3)Z的单质与X的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_____。‎ ‎(4)Y的金属性强于X，请结合原子结构解释其原因_____。‎ ‎(5)下列对于M及其化合物的推断中，正确的是_____(填序号)。‎ ‎①M的最低负化合价与W的最低负化合价相同 ‎②M的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性 ‎③M的单质可与X和W形成的化合物的水溶液发生置换反应 ‎(6)与M位于同一主族，电子层数比M多一层的元素在生活中的用途是_____(写出一条即可)。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期，第ⅣA (2). (3). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (4). ‎ 钠和钾位于同一主族，同主族元素从上到下半径逐渐增大，原子核对核外电子的吸引能力减弱，失电子能力逐渐增强，金属性增强 (5). ①② (6). 制加碘食盐 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Q单质是稳定的半导体材料，用于制造芯片，则Q为Si元素；Q、W、X都位于第三周期，W的最高正化合价为+7价，则W为Cl；X的最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强，X为Na；Y焰色试验(透过蓝色钴玻璃)火焰呈紫色，则Y为K；Z是地壳中含量最高的金属元素，其合金可用于制造飞机外壳，为Al，M的原子结构示意图为，是Br，Q、W、X、Y、Z、M分别是Si、Cl、Na、K、Al、Br，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)Q元素是Si元素，有三个电子层，最外层电子数为4，所在周期表的位置为是第三周期第ⅣA；‎ ‎(2)氯气分子中氯原子形成一对共用电子对，W单质的电子式；‎ ‎(3)Z是铝，它的单质与X的最高价氧化物对应的水化物(氢氧化钠)反应为铝和氢氧化钠溶液的反应，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑：离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；‎ ‎(4)Y(K)的金属性强于X(Na)，钠和钾位于同一主族，同主族元素从上到下半径逐渐增大，原子核对核外电子的吸引能力减弱，失电子能力逐渐增强，金属性增强，金属性钾大于钠；‎ ‎(5)①M(Br)的最低负化合价为-1价，W(Cl)的最低负化合价为-1价，故①正确；‎ ‎②溴的非金属性弱于氯，M(Br)的氢化物的稳定性弱于W(Cl)的氢化物的稳定性，故②正确；‎ ‎③溴的非金属性弱于氯，单质的氧化性溴弱于氯气，溴不能与氯化钠的水溶液发生置换反应，故③错误；‎ 正确的是①②；‎ ‎(6)与M(Br)位于同一主族，电子层数比M多一层的元素是碘，在生活中的用途是制加碘食盐。‎ ‎27.A—E为常见的有机物。以A为原料合成化合物E，其合成路线如图1所示。已知：A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；2CH3CHO＋O22CH3COOH。‎ ‎(1)A的分子式______。‎ ‎(2)A中官能团的名称是_____；B中官能团的结构简式是_____。‎ ‎(3)反应①的反应类型为_____；反应④的反应类型为_____。‎ ‎(4)反应④的化学方程式为_____。‎ ‎(5)某学习小组设计B催化氧化的实验装置如图，根据图2装置回答问题。‎ ‎①装置甲锥形瓶中盛放的固体为过氧化钠，请写出甲中反应的化学方程式_____。‎ ‎②B催化氧化的产物与葡萄糖具有相同的特征反应，将所得的氧化产物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，现象为_____。‎ ‎③实验过程中，丙装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_____。‎ ‎【答案】 (1). C2H4 (2). 碳碳双键 (3). -OH (4). 加成反应 (5). 酯化反应(或取代反应) (6). CH3COOH +CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O (7). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ (8). 生成砖红色物质(沉淀) (9). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为乙烯，分子式为C2H4，在催化剂作用下乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则B为乙醇，乙醇与氧气在催化剂作用下发生氧化还原反应生成乙醛，乙醛在催化剂作用下继续被氧气氧化生成乙酸，乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，则C为乙醛、D为乙酸、E 为乙酸乙酯，据此分析解答(1)~ (4)；‎ ‎(5)在乙醇的催化氧化的实验中，根据装置图可知，装置甲用于产生氧气，可以用双氧水和二氧化锰，也可以用过氧化钠和水反应，装置乙用水浴加热产生乙醇蒸气，与氧气混合，通过丙装置中的铜网作催化剂，丁装置用冷水冷却得到产物，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据分析，A为乙烯，分子式为C2H4；‎ ‎(2)A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，官能团的名称是碳碳双键；B为乙醇，官能团为羟基，官能团的结构简式是-OH；‎ ‎(3)反应①为在催化剂作用下乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应；反应④为乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应类型为酯化反应(或取代反应)；‎ ‎(4)反应④为乙酸和乙醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为CH3COOH +CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O；‎ ‎(5)①装置甲锥形瓶中盛放的固体为过氧化钠，甲中过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；‎ ‎②乙醇催化氧化的产物为乙醛，乙醛与葡萄糖都含有醛基，将所得的乙醛滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热发生反应生成乙酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2 CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，现象为生成砖红色物质(沉淀)；‎ ‎③实验过程中，丙装置硬质玻璃管中铜网作催化剂，乙醇在催化剂、加热作用下被氧气氧化成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。‎ ‎28.甲醇(CH3OH)是一种无色液体，在生产生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料。‎ ‎(1)已知：2CH3OH(g)＋O2(g)⇌2CO2(g)＋4H2(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是_____。(填字母)‎ a.CH3OH转变成H2的过程是一个吸收能量的过程 b.H2的生成速率与CH3OH的消耗速率之比为1∶2‎ c.化学反应不仅有新物质生成，同时也一定伴随能量变化 d.2mol甲醇和1mol氧气的总键能大于2mol二氧化碳和4mol氢气的总键能 ‎(2)某温度下，将5molCH3OH和2molO2充入2L的密闭容器中，经过4min反应达到平衡，测得c(O2)=0.4mol/L。则4min内平均反应速率v(H2)=_____，CH3OH的转化率为______。(转化率=某反应物转化浓度与该反应物起始浓度的百分比)‎ ‎(3)CH3OH燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、氧气和KOH溶液构成。该燃料电池的总反应为CH3OH+O2+KOH=K2CO3+H2O(未配平)。回答下列问题：‎ ‎①该电池的正极反应物为______。‎ ‎②负极的电极反应式为_____。‎ ‎【答案】 (1). c (2). 0.6mol/(L∙min) (3). 48% (4). 氧气 (5). CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示可知反应为放热反应，分析物质的总能量的大小和键能的大小。根据“三段式”计算出氢气的平均反应速率和转化率。根据燃料电池的原理进行判断。‎ ‎【详解】(1) 根据化学反应：2CH3OH(g)＋O2(g)⇌2CO2(g)＋4H2(g)‎ a．由图可知，反应物的能量高，生成物的能量低，CH3OH转变成H2的过程是一个放出能量的过程，故a错误；‎ b．H2的生成速率与CH3OH的消耗速率之比等于化学计量数之比，都为2∶1，故b错误；‎ c．化学反应不仅有新物质生成，有物质的变化，有化学键的断裂与形成，故一定伴随能量变化，故c正确；‎ d．反应放热中反应物的键能总和小于生成物的键能总和，因此，2mol甲醇和1mol氧气的总键能小于2mol二氧化碳和4mol氢气的总键能，故d错误；‎ 答案选c；‎ ‎(2)某温度下，将5molCH3OH和2molO2充入2L的密闭容器中，经过4min反应达到平衡，测得c(O2)=0.4mol/L，列出三段式：‎ ‎ ‎ 故v(H2)==0.6mol/(L∙min)；‎ CH3OH的转化率=×100%=48%；‎ ‎(3)CH3OH燃料电池中甲醇在负极失电子发生氧化反应，在碱性条件下生成碳酸根，电极反应为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-。‎ ‎【点睛】判断反应吸热还是放热时，可以根据反应物的总能量减去生成物的总能量或反应物的总键能减去生成物的总能量，为学生容易混淆的地方。‎ ‎29.溴元素主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程示意如图。已知：常温下溴呈液态，深红棕色，易挥发。‎ ‎(1)氧化：请写出i中的化学方程式_____。‎ ‎(2)脱氯：除去含溴空气中残留的Cl2。‎ ‎①具有脱氯作用的离子是_____。‎ ‎②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入_____，脱氯作用恢复。‎ ‎(3)富集、制取Br2：‎ 用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO和Br-。再用H2SO4酸化后可以得到Br2。写出加入H2SO4酸化生成Br2的离子方程式_____。‎ ‎(4)探究NaBr溶液与H2SO4溶液反应时H2SO4浓度对生成Br2的影响，实验如下：‎ 序号 A B C 试剂组成 ‎1mol/LNaBr ‎20%H2SO4‎ ‎1mol/LNaBr ‎98%H2SO4‎ 将B中反应后溶液用水 稀释 实验现象 无明显现象 溶液呈棕红色，放热 溶液颜色变得很浅 ‎①B中溶液呈棕红色说明产生了_____。‎ ‎②分析C 中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致；乙同学认为是用水稀释所致。若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由。若认为乙同学的分析合理，请进一步设计实验方案证明。请从甲乙同学的说法中任选一个作答。‎ 认为甲合理的理由_____(具体反应)。‎ 认为乙合理的实验方案_____。‎ ‎【答案】 (1). Cl2+2Br-=2Cl-+ Br2 (2). Fe2+、Br- (3). 还原铁粉 (4). BrO3- +5Br-+6H+=3Br2+3H2O (5). Br2 (6). 若甲同学说法正确，则会发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，消耗了溴单质 (7). 若乙同学说法正确，则要把颜色很浅的溶液用CCl4萃取，利用CCl4密度比水大，溴单质容易溶于CCl4，观察下层液体颜色否呈棕红色即可 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，海水浓缩、海水呈碱性，若不酸化，就会发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，影响溴的提取，故酸化后加氯气发生2Br−+Cl2＝Br2+2Cl−，热空气吹出溴，且FeBr2或Fe均具有还原性，用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3 -和Br-，再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，发生5Br−+BrO3−+6H+＝3Br2+3H2O，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)海水中溴元素以Br-存在，从海水中提取溴单质，要用Cl2氧化溴离子得到，Cl2+2Br-=2Cl-+ Br2；‎ ‎(2)①将溴蒸气的残留的Cl2脱去，可利用氯气有强的氧化性，要加入能与Cl2反应，但不能与Br2反应的物质，如Fe2+、Br-；‎ ‎②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入还原铁粉，物质具有还原性，脱氯作用就恢复；‎ ‎(3)用Na2CO3溶液吸收溴，Br2歧化为BrO3-和Br-。再用H2SO4酸化，BrO3- 和Br-及H+发生归中反应得到Br2，其离子反应方程式为BrO3- +5Br-+6H+=3Br2+3H2O；‎ ‎(4)①B中溶液呈棕红色是由于Br2是红棕色物质，产生了Br2； ‎ ‎②若甲同学说法正确，则会发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，消耗了溴单质；‎ 若乙同学说法正确，则要把颜色很浅的溶液用CCl4萃取，利用CCl4密度比水大，溴单质容易溶于CCl4，观察下层液体颜色是否呈棕红色即可。‎ ‎【点睛】BrO3- 和Br-及H+发生归中反应得到Br2，根据元素守恒、电荷守恒配平化学方程式，为易错点。‎ ‎30.硝酸是氧化性酸，其本质是NO有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关NO 氧化性的探究（实验均在通风橱中完成）。‎ 实验装置 编号 溶液X 实验现象 实验Ⅰ ‎6mol·L-1稀硝酸 电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色。‎ 实验Ⅱ ‎15mol·L-1浓硝酸 电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色。‎ ‎⑴写出铜与稀硝酸反应的离子方程式_____。‎ ‎⑵实验Ⅰ中，铝片作_____（填“正”或“负”）极。液面上方产生红棕色气体的化学方程式是_____。‎ ‎⑶实验Ⅱ中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是______。‎ 查阅资料：活泼金属与1mol·L-1稀硝酸反应有H2和NH生成，NH生成的原理是产生H2的过程中NO被还原。‎ ‎⑷用如图装置进行实验Ⅲ：溶液X为1mol·L-1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏转。反应后的溶液中含NH。生成NH的电极发生的反应是_____（填“氧化反应”或“还原反应”）。‎ ‎⑸进一步探究碱性条件下NO的氧化性，进行实验Ⅳ（如图）：‎ ‎①观察到A中有NH3生成，B中无明显现象。A、B产生不同现象的原因是_____。‎ ‎②A中生成NH3的离子方程式是______。‎ ‎⑹将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，结合实验Ⅲ和Ⅳ说明理由______。‎ ‎【答案】 (1). 3Cu ＋2 ＋8H+= 3Cu2+＋2NO↑ ＋4H2O (2). 负 (3). 2NO＋O2 ‎ ‎= 2NO2 (4). 开始时右边为正极，左边为负极，后来Al在浓硝酸中发生钝化，因此Al为正极，铜为负极，因此电流表指针向左边偏转 (5). 还原反应 (6). 铝与NaOH溶液反应产生氢气的过程中可将还原为NH3，而镁不与NaOH溶液反应 (7). 8Al ＋ 5OH－ ＋2H2O＋ 3= 3NH3↑＋8 (8). 铝在中性的硝酸钠溶液中没有氢气生成，不能被还原，因此无明显现象 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硝酸是氧化性酸，其本质是有氧化性，稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，因此实验Ⅰ左边为正极，右边为负极，Al与浓硝酸发生钝化，因此实验Ⅱ中铜为负极，Al为正极，根据资料1 mol⸱L−1稀硝酸反应，化合价降低到－3价变为，通过对比实验分析得到Al在NaOH溶液、NaNO3溶液反应主要是Al与NaOH溶液反应生成氢气，在生成H2的过程中被还原，最终变为氨气，镁不与NaOH溶液反应。‎ ‎【详解】⑴铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式3Cu ＋2 ＋8H+= 3Cu2+＋2NO↑ ＋4H2O；故答案为：3Cu ＋2 ＋8H+= 3Cu2+＋2NO↑ ＋4H2O。‎ ‎⑵实验Ⅰ中，铜片表面产生无色气体，液面上方变为红棕色，说明硝酸根得到电子，铜为正极，铝片作负极。液面上方产生红棕色气体是一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，其化学方程式是2NO＋O2 = 2NO2；故答案为：负；2NO＋O2 = 2NO2。‎ ‎⑶实验Ⅱ中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是开始时右边为正极，左边为负极，后来Al在浓硝酸中发生钝化，因此Al为正极，铜为负极，因此电流表指针向左边偏转；故答案为：开始时右边为正极，左边为负极，后来Al在浓硝酸中发生钝化，因此Al为正极，铜为负极，因此电流表指针向左边偏转。‎ ‎⑷用如图装置进行实验Ⅲ：溶液X为1 mol⸱L−1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏转，反应后的溶液中含NH；化合价降低得到电子生成，因此生成的电极发生的反应是还原反应；故答案为：还原反应。‎ ‎⑸①观察到A中有NH3生成，B中无明显现象。根据资料生成的原理是产生H2的过程中被还原，铝与NaOH溶液反应产生氢气的过程中可将还原为NH3‎ ‎，而镁不与NaOH溶液反应；故答案为：铝与NaOH溶液反应产生氢气的过程中可将还原为NH3，而镁不与NaOH溶液反应。‎ ‎②A中生成NH3的离子方程式是8Al ＋5OH－＋2H2O＋ 3= 3NH3↑＋8；故答案为：8Al ＋ 5OH－ ＋2H2O＋ 3= 3NH3↑＋8。‎ ‎⑹将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，结合实验Ⅲ和Ⅳ说明铝在中性的硝酸钠溶液中没有氢气生成，不能被还原，因此无明显现象；故答案为：铝在中性的硝酸钠溶液中没有氢气生成，不能被还原，因此无明显现象。‎ ‎【点睛】化学实验是常考题型，探究型实验是考试终点，也是难点，主要考查学生动手实验操作、再实验过程中生成的新的现象、得到新的结论怎么分析及解释新的现象。‎