湖南省益阳六中2022学年高一化学下学期期末试卷含解析

2022-2022学年湖南省益阳六中高一（下）期末化学试卷一、选择题（本题包括21小题，1-15题每小题2分，16-21题每小题2分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”这里的“强水”是指()A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水2．国际上不提倡伊朗浓缩铀，因为铀﹣235（U）是制造原子弹的燃料．U原子核内含有中子数为()A．92B．235C．143D．3273．硒（Se）是人体必需的微量元素，在元素周期表中的位置如表，下列关于硒元素的叙述正确的是()OSSeBrA．硒位于元素周期表第四周期第IVA族B．硒的非金属性比S弱C．H2Se比HBr稳定D．最高价氧化物的化学式为SeO24．下列物质中既有离子键又有非极性共价键的化合物是()A．H2SO4B．NaOHC．N2D．Na2O25．化学反应一般均会伴随着能量变化，对H2在O2中燃烧的反应，正确的是()A．该反应为吸热反应B．该反应为放热反应C．断裂H﹣H键吸收能量D．生成H﹣O键吸收能量6．氢氧燃料电池已用于航天飞机．以20%NaOH溶液为电解质溶液的这种电池在使用时的电极反应如下：2H2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2OO2+2H2O+4e﹣=4OH﹣据此判断，下列说法中正确的是()A．H2在正极发生氧化反应B．燃料电池属二次电池C．燃料电池的能量转化率常达100%D．供电时产生无污染的水，属于环境友好电池7．反应M+3N=2P+2Q在四种不同条件下的反应速率为如下，则反应速率最快的是()A．v（M）=0.3mol/（L•s）B．v（N）=0.6mol/（L•s）C．v（P）=0.4mol/（L•s）D．v（Q）=0.45mol/（L•s）20\n8．工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～600℃下的催化氧化：2SO2+O2⇌2SO3，这是一个正反应放热的可逆反应．若反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是()A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B．在上述条件下，SO2不可能100%转化为SO3C．为了提高SO2的转化率，应适当提高O2的浓度D．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等9．一定温度下，反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）达到平衡的标志是()A．单位时间内生成nmolA2同时生成nmolABB．容器内的总压强不随时间的变化而变化C．单位时间内生成2nmoLAB同时生成nmolB2D．单位时间内生成nmolA2同时生成nmolB210．下列物质的分子中，属于正四面体结构的是()A．CHCl3B．CH4C．CH2Cl2D．CH3Cl11．下列各组物质，互为同分异构体的是()A．和B．O2和O3C．和D．与12．甲烷中混有乙烯，欲除去乙烯，得到纯净的甲烷，最好依次通过的试剂瓶顺序是()A．澄清石灰水、浓硫酸B．酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸C．足量溴水、浓硫酸D．浓硫酸、酸性高锰酸钾13．下列关于基本营养物质的说法不正确的是()A．淀粉在人体内最终水解为葡萄糖B．蛋白质在人体内最终水解为氨基酸C．纤维素在人体内最终水解为葡萄糖D．油脂在人体内最终水解为甘油与高级脂肪酸14．下列金属冶炼的反应原理，错误的是()A．2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑B．MgO+H2Mg+H2OC．Fe3O4+4CO3Fe+4CO220\nD．2HgO2Hg+O2↑15．下列变化中，属于物理变化的是()A．煤的干馏B．石油的分馏C．石油的裂化D．铝热反应16．设NA为阿伏伽德罗常数的值，则下列叙述正确的是()A．1molNa2O2固体中含有的阴离子数为2NAB．常温常压下，3.2gCH4中含有的电子数为2NAC．标准状况下，11.2L乙酸乙酯中含有的分子数为0.5NAD．100mL1mol•L﹣1CH3COOH溶液中含有的CH3COOH分子数为0.1NA17．下列反应的离子方程式书写正确的是()A．将铁粉加入稀硫酸反中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．将铜屑加入氯化铁溶液中：Fe3++Cu═Cu2++Fe2+C．将过量的石灰水加入小苏打溶液中：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2OD．将氢氧化钡溶液滴加入稀硫酸中：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O18．如表实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是()选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D向0.1mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液滴入NaOH溶液至过量先产生白色沉淀，后沉淀消失Al（OH）3能溶于强碱A．AB．BC．CD．D19．下列实验操作不可以实现实验目的是()A．除去乙酸乙酯中混有的乙酸，可以加入Na2CO3溶液，再分液B．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色，可以证明SO2具有漂白性C．用金属钠分别与水和乙醇反应，可比较水分子中氢原子和乙醇羟基中氢原子的活泼性D．先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定该溶液中含有SO42﹣20．如图装置或实验操作不正确的是()20\nA．实验室制取并收集NH3B．验证HCl气体的溶解性C．分离碘酒中的碘和酒精D．检查装置的气密性21．完全燃烧2mol某有机物，可以收集到标准状况下89.6L的CO2和6mol的H2O，同时消耗6molO2，试推断该有机物的分子式是()A．C2H4B．C2H4OC．C2H6D．C2H6O二、填空题（每空2分）22．（16分）主要由香精、酒精和水构成的香水备受爱美人士的青睐．香精里面含有酯类物质，工业上以A为主要原料来合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示．其中A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．又知2CH3CHO+O22CH3COOH．请回答下列问题：（1）A的结构简式为__________；（2）B、D分子内含有的官能团分别是__________、__________（填名称）；（3）写出下列反应的反应类型：①__________，②__________；（4）写出下列反应的化学方程式：②__________；④__________；（5）用60gD与92gB反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到的乙酸乙酯的质量是__________．23．（14分）已知A、B、C、D四种短周期元素分别属于不同主族，其原子序数依次增大，其中A与D、B与C的原子的最外层电子数之和均为9，A原子的最外层与次外层电子数相等，A、B、C、D中只有两种金属元素．试回答下列问题：（1）A的元素符号为__________，在周期表中的位置为：__________；（2）B的氧化物的化学式为__________；其与NaOH溶液反应的离子方程式为__________；20\n（3）C的氢化物的电子式为__________，1molC的氢化物与足量的C的氧化物反应，转移的电子的物质的量为__________mol（4）A、B、C、D四中元素的原子中，原子半径最大的是__________．（填元素符号）24．海水中含有丰富的人体不可缺少的碘元素，它以碘离子的形式存在．某学生为探究海带中碘元素的存在，按如图流程进行了实验：回答下列问题：（1）A步骤的操作名称是__________；A步骤用到的主要玻璃仪器是__________（选填下列字母代号）a．漏斗b．分液漏斗c．量筒d．蒸发皿（2）B步骤中加入的试剂是__________．（3）通入Cl2时反应的离子方程式为__________，其中氧化剂是__________．（4）下列试剂，可用来萃取碘水中的碘的有：__________（填字母代号）A．酒精B．苯C．水D．四氯化碳．25．如图为某原电池装置：（1）若A为Zn，B为石墨，电解质溶液为稀硫酸，则A极的电极反应式为__________，B极的现象为__________（2）若A为铜，B为铁，电解质溶液为CuSO4溶液，则铜片为__________极（填“正”或“负”）；该极电极反应式为__________；该电池的总反应离子方程式为__________．20\n2022-2022学年湖南省益阳六中高一（下）期末化学试卷一、选择题（本题包括21小题，1-15题每小题2分，16-21题每小题2分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”这里的“强水”是指()A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水【考点】真题集萃；化学科学的主要研究对象；硝酸的化学性质．【分析】“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答．【解答】解：A．氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误；B．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确；C．醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误；D．卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误；故选B．【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大．2．国际上不提倡伊朗浓缩铀，因为铀﹣235（U）是制造原子弹的燃料．U原子核内含有中子数为()A．92B．235C．143D．327【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据中子数=质量数﹣质子数进行计算．【解答】解：中子数=质量数﹣质子数=235﹣92=143，故选C．【点评】本题考查质量数、质子数、中子数的关系，难度不大．了解粒子数之间的关系是解题的关键．3．硒（Se）是人体必需的微量元素，在元素周期表中的位置如表，下列关于硒元素的叙述正确的是()OSSeBrA．硒位于元素周期表第四周期第IVA族B．硒的非金属性比S弱C．H2Se比HBr稳定D．最高价氧化物的化学式为SeO220\n【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】根据Se在周期表中的位置可知，硒与氧、硫同主族，位于元素周期表中的第四周期第ⅥA族，由Br处于同周期，非金属性S＜Br，最高正价为+6，处于过渡元素之后，原子序数与S相差Se所在周期容纳元素种数，据此解答．【解答】解：A．根据Se在周期表中的位置可知，硒与氧、硫同主族，位于元素周期表中的第四周期第ⅥA族，故A错误；B．同主族从上往下非金属性减弱，所以硒的非金属性比S弱，故B正确；C．非金属性S＜Br，HBr比H2Se稳定，故C错误；D．Se处于ⅥA族，最高正价为+6，最高价氧化物的化学式是SeO3，故D错误；故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系，难度不大，注意整体把握元素周期表的结构与元素周期律的掌握．4．下列物质中既有离子键又有非极性共价键的化合物是()A．H2SO4B．NaOHC．N2D．Na2O2【考点】离子化合物的结构特征与性质；极性键和非极性键．【专题】化学键与晶体结构．【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，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，由两种或两种以上元素组成的纯净物为化合物，据此分析解答．【解答】解：A．硫酸中只含共价键不含离子键，故A错误；B．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在极性共价键，所以氢氧化钠中不含非极性共价键，故B错误；C．氮气为单质，氮气中只含非极性共价键，故C错误；D．氢氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学键和化合物的判断，明确化学键和化合物的概念是解本题关键，第IA、IIA族元素和第VIA、第VIIA族元素之间易形成离子键，难度不大．5．化学反应一般均会伴随着能量变化，对H2在O2中燃烧的反应，正确的是()A．该反应为吸热反应B．该反应为放热反应C．断裂H﹣H键吸收能量D．生成H﹣O键吸收能量【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】AB．燃烧反应为放热反应；C．断键吸收能量；D．成键放出能量．【解答】解：A．H2在O2中燃烧反应为放热反应，故A错误，故B正确；C．断裂H﹣H键需要吸收能量，故C正确；D．生成H﹣O键会放出能量，故D错误．故选BC．20\n【点评】本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题．6．氢氧燃料电池已用于航天飞机．以20%NaOH溶液为电解质溶液的这种电池在使用时的电极反应如下：2H2+4OH﹣﹣4e﹣=4H2OO2+2H2O+4e﹣=4OH﹣据此判断，下列说法中正确的是()A．H2在正极发生氧化反应B．燃料电池属二次电池C．燃料电池的能量转化率常达100%D．供电时产生无污染的水，属于环境友好电池【考点】化学电源新型电池．【分析】A．根据电极反应式知，通入氢气的电极失电子发生氧化反应，失电子的电极是负极；B．铅蓄电池、镍镉电池、锂离子电池等属于可充电电池，是二次电池，锌银钮扣电池、氢氧燃料电池和碱性锌锰电池不能充电，是一次电池；C．燃料电池放电时，化学能转化为电能、热能等；D．该电池的总反应式为2H2+O2=2H2O．【解答】解：A．根据电极反应式知，通入氢气的电极失电子发生氧化反应，失电子的电极是负极，所以通入氢气的电极是负极，故A错误；B．铅蓄电池、镍镉电池、锂离子电池等属于可充电电池，是二次电池，锌银钮扣电池、氢氧燃料电池和碱性锌锰电池不能充电，是一次电池，故B错误；C．燃料电池放电时，化学能转化为电能、热能等，所以燃料电池的能量转化率不是100%，故C错误；D．该电池的总反应式为2H2+O2=2H2O，水对环境无污染，所以属于环境友好电池，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确得失电子与正负极的关系是解本题关键，会根据电极反应式书写电池反应式，题目难度不大．7．反应M+3N=2P+2Q在四种不同条件下的反应速率为如下，则反应速率最快的是()A．v（M）=0.3mol/（L•s）B．v（N）=0.6mol/（L•s）C．v（P）=0.4mol/（L•s）D．v（Q）=0.45mol/（L•s）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】由于不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，则不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致．【解答】解：由于不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，则不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快．A.=0.3mol/（L•s）；B.=0.2mol/（L•s）；20\nC.=0.2mol/（L•s）；D.=0.225mol/（L•s），故反应速率v（m）＞v（Q）＞v（N）=v（P），故选：A．【点评】本题考查化学反应速率快慢的比较，难度不大，可以转化为同一物质表示的速率进行比较．8．工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～600℃下的催化氧化：2SO2+O2⇌2SO3，这是一个正反应放热的可逆反应．若反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是()A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B．在上述条件下，SO2不可能100%转化为SO3C．为了提高SO2的转化率，应适当提高O2的浓度D．达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等【考点】化学平衡的影响因素；催化剂的作用；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】根据该反应是前后气体体积减小的放热反应，利用外界条件对化学平衡的影响因素分析．【解答】解：A、使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动，故A正确；B、因该反应是可逆反应，存在反应限度，反应物不可能100%的转化，故B正确；C、因增大反应物O2的浓度，平衡向正反应方向移动，提高了SO2的转化率，故C正确；D、达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度可能相等，也可能不相等，要依据反应物的初始浓度及转化率，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了影响化学平衡移动的因素，难度不大，注意催化剂只影响化学反应速率不影响化学平衡移动．9．一定温度下，反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）达到平衡的标志是()A．单位时间内生成nmolA2同时生成nmolABB．容器内的总压强不随时间的变化而变化C．单位时间内生成2nmoLAB同时生成nmolB2D．单位时间内生成nmolA2同时生成nmolB2【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】通过化学方程式可知，反应前后气体的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，容器的压强都不变，达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，以此解答该题．【解答】解：A．消耗反应物的物质的量之比等于化学质量数之比，不能作为判断达到化学平衡的标志，故A错误；20\nB．通过化学方程式可知，反应前后气体的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，容器的压强都不变，故B错误；C．位时间内生成2nmoLAB同时生成nmolB2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D．无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内生成nmolA2同时生成nmolB2，不能说明正逆反应速率相等，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题易错点为B，注意反应前后气体的化学计量数关系．10．下列物质的分子中，属于正四面体结构的是()A．CHCl3B．CH4C．CH2Cl2D．CH3Cl【考点】常见有机化合物的结构．【专题】有机化学基础．【分析】正四面体中，4个键的键长、键角都相等，一般只有同种元素构成的化学键才能完全相同．【解答】解：正四面体中，4个键的键长、键角都相等，一般只有同种元素构成的化学键才能完全相同．因为各元素原子、离子的大小不同，所形成的化学键长短也不同．甲烷是正四面体，其余选项是四面体，但不是正四面体型结构．故选B．【点评】本题考查物质的结构，难度不大，注意各元素原子、离子的大小不同，所形成的化学键长短也不同．11．下列各组物质，互为同分异构体的是()A．和B．O2和O3C．和D．与【考点】有机化合物的异构现象．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】同分异构体是指分子式相同，但结构不同的化合物，以此来解答．【解答】解：A．和是质子数相同，中子数不同原子，互称同位素，故A错误；B．O2与O3是氧元素的不同单质，属于同素异形体，故B错误；C．甲烷是正四面体结构，所以和的组成和结构都相同，属于同种物质，故C错误；20\nD．与是分子式相同，结构不同的化合物，属于同分异构体，故D正确．故选D．【点评】本题考查了同分异构体的判断，难度不大，注意根据定义判断即可．12．甲烷中混有乙烯，欲除去乙烯，得到纯净的甲烷，最好依次通过的试剂瓶顺序是()A．澄清石灰水、浓硫酸B．酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸C．足量溴水、浓硫酸D．浓硫酸、酸性高锰酸钾【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验基本操作．【分析】乙烯能和溴水加成，能和高锰酸钾之间发生氧化还原反应，而甲烷则不能，但乙烯发生氧化反应生成二氧化碳气体，以此来解答．【解答】解：因试剂必须能吸收C2H4，并除去带出的水分，但又不引入新的杂质气体，而酸性KMnO4溶液氧化C2H4时会生成CO2混入其中，所以选择的试剂为：溴水、浓H2SO4，故选C．【点评】本题考查混合物分离提纯方法及选择，为高频考点，把握二者性质的差异及除杂的原则为解答的关键，注意甲烷、乙烯与石灰水、浓硫酸均不反应，题目难度不大．13．下列关于基本营养物质的说法不正确的是()A．淀粉在人体内最终水解为葡萄糖B．蛋白质在人体内最终水解为氨基酸C．纤维素在人体内最终水解为葡萄糖D．油脂在人体内最终水解为甘油与高级脂肪酸【考点】人体新陈代谢过程中的生化反应．【专题】化学计算．【分析】A．淀粉水解的最终产物为葡萄糖；B．蛋白质水解的最终产物为氨基酸；C．人体无纤维素酶；D．油脂水解的最终产物为甘油与高级脂肪酸．【解答】解：A．淀粉属于多糖，在人体内水解的最终产物为葡萄糖，故A正确；B．蛋白质在人体内先水解生成多肽，然后又水解生成氨基酸，故B正确；C．人体无纤维素酶，无法使纤维素水解，故C错误；D．油脂属于酯类化合物，是由高级脂肪酸和甘油生成的酯，所以油脂在人体内最终水解为甘油与高级脂肪酸，故D正确；故选C．【点评】本题考查了有机物的性质，难度不大，注意有机物中的官能团，官能团决定其性质．14．下列金属冶炼的反应原理，错误的是()A．2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑20\nB．MgO+H2Mg+H2OC．Fe3O4+4CO3Fe+4CO2D．2HgO2Hg+O2↑【考点】金属冶炼的一般原理．【分析】金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法．金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（Zn～Cu）；电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（K～Al）．【解答】解：A．Na属于活泼金属，应该采用电解其熔融盐的方法冶炼，故A正确；B．Mg属于活泼金属，应该采用电解其熔融盐的方法冶炼，故B错误；C．Fe属于较活泼金属，应该采用热还原法冶炼，故C正确；D．Hg属于不活泼金属，应该采用热分解法冶炼，故D正确；故选B．【点评】本题考查金属的冶炼，明确金属活泼性与原理方法的关系是解本题关键，注意Al不能采用电解其熔融盐的方法冶炼，应该采用电解其熔融氧化物的方法冶炼，为易错点．15．下列变化中，属于物理变化的是()A．煤的干馏B．石油的分馏C．石油的裂化D．铝热反应【考点】化学基本反应类型；物理变化与化学变化的区别与联系．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤分解的过程；B、石油的分馏是根据石油组分的沸点的不同将石油中的组分分离的过程；C、石油的裂化是将重油中的较长的碳链断裂以获得轻质油的过程；D、铝热反应是铝与某些金属氧化物之间发生的置换反应．【解答】解：A、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤分解从而得到煤焦油、焦炭、焦炉煤气等产品的过程，是化学变化，故A不选；B、石油的分馏是根据石油组分的沸点的不同，通过加热的方法获得馏分的过程，无新物质生成，是物理变化，故B选；C、石油的裂化是将重油中的较长的碳链断裂以获得轻质油的过程，有新物质生成，是化学变化，故C不选；D、铝热反应是铝与某些金属氧化物反应生成氧化铝和金属单质的过程，有新物质生成，是化学变化，故C不选．故选B．【点评】本题考查了物理变化和化学变化的区别，应注意的是掌握各种变化的实质，难度不大．20\n16．设NA为阿伏伽德罗常数的值，则下列叙述正确的是()A．1molNa2O2固体中含有的阴离子数为2NAB．常温常压下，3.2gCH4中含有的电子数为2NAC．标准状况下，11.2L乙酸乙酯中含有的分子数为0.5NAD．100mL1mol•L﹣1CH3COOH溶液中含有的CH3COOH分子数为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、Na2O2固体由2个钠离子和过氧根构成；B、求出甲烷的物质的量，然后根据甲烷为10电子微粒来分析；C、标况下，乙酸乙酯为液态；D、醋酸是弱电解质．【解答】解：A、Na2O2固体由2个钠离子和过氧根构成，故1mol过氧化钠中含1mol阴离子即NA个，故A错误；B、3.2g甲烷的物质的量n==0.2mol，而甲烷为10电子微粒，故0.2mol甲烷中含2mol电子即2NA个，故B正确；C、标况下，乙酸乙酯为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，故溶液中的醋酸分子个数小于0.1NA个，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大．17．下列反应的离子方程式书写正确的是()A．将铁粉加入稀硫酸反中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．将铜屑加入氯化铁溶液中：Fe3++Cu═Cu2++Fe2+C．将过量的石灰水加入小苏打溶液中：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2OD．将氢氧化钡溶液滴加入稀硫酸中：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．不符合反应客观事实；B．电荷不守恒；C．二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；D．离子个数配比不符合物质结构．【解答】解：A．将铁粉加入稀硫酸反中，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．将铜屑加入氯化铁溶液中，离子方程式：2Fe3++Cu═2Cu2++2Fe2+，故B错误；C．将过量的石灰水加入小苏打溶液中，离子方程式：Ca2++OH﹣+HCO3﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；D．将氢氧化钡溶液滴加入稀硫酸中，离子方程式：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应必须遵循客观事实、遵循电荷守恒，题目难度不大．18．如表实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是()20\n选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0mol•L﹣1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D向0.1mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液滴入NaOH溶液至过量先产生白色沉淀，后沉淀消失Al（OH）3能溶于强碱A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题；化学实验基本操作．【分析】A．过量铁粉，反应生成亚铁离子；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D．铝离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，所以看到的现象是先生成白色沉淀后沉淀消失．【解答】解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；D．铝离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，所以看到的现象是先生成白色沉淀后沉淀消失，说明氢氧化铝溶于强碱，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度不大．19．下列实验操作不可以实现实验目的是()A．除去乙酸乙酯中混有的乙酸，可以加入Na2CO3溶液，再分液B．将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色，可以证明SO2具有漂白性C．用金属钠分别与水和乙醇反应，可比较水分子中氢原子和乙醇羟基中氢原子的活泼性D．先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定该溶液中含有SO42﹣【考点】化学实验方案的评价．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠和二氧化碳、水，乙酸乙酯和碳酸钠不反应，且饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯溶解度；B．二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水而降低碱溶液碱性，所以滴有酚酞的氢氧化钠溶液颜色褪色；C．钠和水、乙醇反应剧烈程度不同；D．盐酸酸化，可以排除亚硫酸根离子、碳酸根离子，然后用氯化钡溶液检验硫酸根离子．20\n【解答】解：A．乙酸和碳酸钠反应生成可溶性的乙酸钠，乙酸乙酯和碳酸钠不反应且乙酸乙酯不溶于水，然后采用分液的方法分离，所以能实现实验目的，故A正确；B．氢氧化钠的酚酞混合溶液呈红色，SO2通入后发生反应SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，消耗掉氢氧化钠，红色退去，是酸性氧化物的性质，故B错误；C．水中氢氧根离子和乙醇中的羟基氢活泼性不同，与钠反应剧烈程度不同，和水反应剧烈，和乙醇反应缓慢，可以利用和钠反应判断水和乙醇中羟基氢的活泼性强弱，故C正确；D．盐酸酸化，可以排除亚硫酸根离子、碳酸根离子，然后用氯化钡溶液检验硫酸根离子，如果生成白色沉淀，说明含有硫酸根离子，故D正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、二氧化硫性质、物质分离和提纯等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意二氧化硫漂白性和还原性关系，题目难度不大．20．如图装置或实验操作不正确的是()A．实验室制取并收集NH3B．验证HCl气体的溶解性C．分离碘酒中的碘和酒精D．检查装置的气密性【考点】化学实验方案的评价．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．氨气密度小于空气且常温下和空气不反应，可以采用向下排空气法收集；B．利用压强差确定气体溶解性强弱；C．乙醇和水互溶，不能作萃取剂；D．能引起压强差的装置可以检验装置气密性．【解答】解：A．氨气密度小于空气且常温下和空气不反应，可以采用向下排空气法收集，所以该操作正确，故A正确；B．氯化氢极易溶于水导致烧瓶中压强急剧降低，外界大气压不变，所以气球体积增大，气球体积越大其溶解性越大，故B正确；C．乙醇和水互溶，不能作萃取剂，应该用苯或四氯化碳作碘水萃取剂，故C错误；D．关闭活塞会导致锥形瓶中压强增大，如果长颈漏斗中液面不变，则装置的气密性良好，故D正确；故选C．20\n【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及气体收集、气体溶解性检验、萃取、气密性检验等知识点，明确实验原理及实验操作规范性是解本题关键，注意从操作的规范性及评价性进行分析，题目难度不大．21．完全燃烧2mol某有机物，可以收集到标准状况下89.6L的CO2和6mol的H2O，同时消耗6molO2，试推断该有机物的分子式是()A．C2H4B．C2H4OC．C2H6D．C2H6O【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】先计算出二氧化碳的物质的量，再根据C、H原子守恒确定有机物分子中C、H原子数目，最后结合耗氧量确定有机物分子中O原子数目．【解答】解：标况下89.6L二氧化碳的物质的量为：=4mol，完全燃烧2mol某有机物，生成4molCO2和6molH2O，同时消耗6molO2，则有机物分子中C原子数目==2、H原子数目==6，设有机物分子式为C2H6On，根据耗氧量，则：2mol×（2+﹣）=6，解得n=1，故该有机物的分子式为C2H6O，故选D．【点评】本题考查有机物分子式确定，题目难度中等，注意掌握质量守恒定律在确定有机物分子式中的应用方法，注意利用通式理解烃及含氧衍生物的耗氧量．二、填空题（每空2分）22．（16分）主要由香精、酒精和水构成的香水备受爱美人士的青睐．香精里面含有酯类物质，工业上以A为主要原料来合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示．其中A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．又知2CH3CHO+O22CH3COOH．请回答下列问题：（1）A的结构简式为CH2=CH2；（2）B、D分子内含有的官能团分别是羟基、羧基（填名称）；（3）写出下列反应的反应类型：①加成反应，②氧化反应；（4）写出下列反应的化学方程式：②；④CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；20\n（5）用60gD与92gB反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到的乙酸乙酯的质量是58.96g．【考点】有机物的推断．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．【分析】A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，结合有机物的结构和性质解答该题．【解答】解：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇氧化生成CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，则B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，（1）根据上面的分析可知，A为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；（2）B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，则B中官能团是羟基，D中官能团是羧基，故答案为：羟基；羧基；（3）反应①为在一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应②在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇被氧气氧化生成乙醛，故答案为：加成反应；氧化反应；（4）②在铜或银作催化剂、加热条件下，乙醇被氧气氧化生成乙醛，反应方程式为：，故答案为：；④CH3COOH与CH3CH2OH在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（5）用60gCH3COOH即为1mol，与92gCH3CH2OH即为2mol反应，根据反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，可知乙醇过量，所以根据乙酸计算出理论上产生乙酸乙酯的物质的量为1mol，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到的乙酸乙酯的质量是1mol×67%×88g/mol=58.96g，故答案为：58.96g．【点评】本题考查有机物的合成，明确醇、醛和羧酸的性质是解本题关键，题目难度不大．20\n23．（14分）已知A、B、C、D四种短周期元素分别属于不同主族，其原子序数依次增大，其中A与D、B与C的原子的最外层电子数之和均为9，A原子的最外层与次外层电子数相等，A、B、C、D中只有两种金属元素．试回答下列问题：（1）A的元素符号为Be，在周期表中的位置为：第二周期ⅡA族；（2）B的氧化物的化学式为Al2O3；其与NaOH溶液反应的离子方程式为Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（3）C的氢化物的电子式为，1molC的氢化物与足量的C的氧化物反应，转移的电子的物质的量为2mol（4）A、B、C、D四中元素的原子中，原子半径最大的是Al．（填元素符号）【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、B、C、D四种短周期元素分别属于不同主族，其原子序数依次增大，A与D、B与C的原子的最外层电子数之和均为9，最外层电子数为2、7和3、6两种情况，A、B、C、D中只有两种金属元素，只能为ⅡA、ⅢA族元素，A原子的最外层与次外层电子数相等，原子只能有2个电子层，则A为Be，则D处于ⅦA族，则另外金属元素为Al，结合原子序数可知，B为Al、C为S、D为Cl，据此解答．【解答】解：A、B、C、D四种短周期元素分别属于不同主族，其原子序数依次增大，A与D、B与C的原子的最外层电子数之和均为9，最外层电子数为2、7和3、6两种情况，A、B、C、D中只有两种金属元素，只能为ⅡA、ⅢA族元素，A原子的最外层与次外层电子数相等，原子只能有2个电子层，则A为Be，则D处于ⅦA族，则另外金属元素为Al，结合原子序数可知，B为Al、C为S、D为Cl．（1）A的元素符号为Be，在周期表中的位置为：第二周期ⅡA族，故答案为：Be；第二周期ⅡA族；（2）B的氧化物的化学式为Al2O3，与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3；Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；（3）C的氢化物为H2S，电子式为，C的氢化物与足量的C的氧化物发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，1molH2S反应转移电子为1mol×2=2mol，故答案为：；2；（4）同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故Al原子半径最大，故答案为：Al．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重考查学生分析推理能力，注意熟练掌握短周期元素．24．海水中含有丰富的人体不可缺少的碘元素，它以碘离子的形式存在．某学生为探究海带中碘元素的存在，按如图流程进行了实验：回答下列问题：（1）A步骤的操作名称是过滤；A步骤用到的主要玻璃仪器是a（选填下列字母代号）a．漏斗b．分液漏斗c．量筒d．蒸发皿20\n（2）B步骤中加入的试剂是淀粉溶液．（3）通入Cl2时反应的离子方程式为Cl2+2KI=2KCl+I2，其中氧化剂是Cl2．（4）下列试剂，可用来萃取碘水中的碘的有：B、D（填字母代号）A．酒精B．苯C．水D．四氯化碳．【考点】海水资源及其综合利用．【专题】卤族元素；物质的分离提纯和鉴别．【分析】海带灼烧可生成水和二氧化碳，海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，浸泡过滤得到含有碘离子的溶液，加入氯水或通入氯气，氯气置换出碘，得到碘的水溶液，用四氯化碳或苯萃取得到含碘的有机溶液，经蒸馏可得到碘，（1）依据提取流程分析海带灰悬浊液可以用过滤的方法得到溶液除去不溶性杂质；用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；（2）依据转化关系可知溶液1通入氯气把碘离子氧化为碘单质，加入B变蓝证明加入的是淀粉；（3）依据分析可知，溶液1的阴离子是I﹣，通入氯气会和碘离子发生氧化还原反应；（4）根据萃取操作中，萃取剂不能与原溶液相溶，萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，而酒精与水溶液互溶分析．【解答】解：（1）依据提取流程分析海带灰悬浊液可以用过滤的方法得到溶液，除去不溶性杂质；用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：过滤，a；（2）淀粉与碘单质反应生成蓝色，依据转化关系可知溶液1通入氯气把碘离子氧化为碘单质，加入B变蓝证明加入的是淀粉，故答案为：淀粉溶液；（3）依据分析可知，溶液中含有碘离子，通入氯气会和碘离子发生氧化还原反应；反应的离子方程式为：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，氧化剂是化合价降低的氯元素，所以氧化剂是Cl2，故答案为：Cl2+2KI=2KCl+I2；Cl2；（4）萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多，故可用汽油、四氯化碳或苯，酒精与水溶液互溶，溶液不分层，无法用于分液操作分离碘单质，所以B、D符合条件，故答案为：B、D．【点评】本题考查物质的分离和提纯，学习中注意掌握过滤、萃取、蒸馏等操作，掌握基础是解题关键，题目难度中等．25．如图为某原电池装置：（1）若A为Zn，B为石墨，电解质溶液为稀硫酸，则A极的电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，B极的现象为有气泡产生（2）若A为铜，B为铁，电解质溶液为CuSO4溶液，则铜片为正极（填“正”或“负”）；该极电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu；该电池的总反应离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．20\n【分析】（1）若A为Zn，B为石墨，电解质溶液为稀硫酸，该原电池中，Zn易失电子作负极、石墨作正极，所以A电极上锌失电子生成锌离子进入溶液；（2）若A为铜，B为铁，电解质溶液为CuSO4溶液，Fe易失电子作负极、Cu作正极，正极上铜离子得电子生成铜离子．【解答】解：（1）若A为Zn，B为石墨，电解质溶液为稀硫酸，该原电池中，Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，石墨作正极，氢离子得电子放出氢气，所以B极的现象为有气泡产生，故答案为：Zn﹣2e﹣=Zn2+；有气泡产生；（2）若A为铜，B为铁，电解质溶液为CuSO4溶液，Fe易失电子作负极、Cu作正极，正极上铜离子得电子生成铜离子，电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，电池的总反应即自发的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为：正；Cu2++2e﹣=Cu；Fe+Cu2+=Cu+Fe2+．【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查电极反应式的书写，正确判断正负极及各个电极上发生的反应是解本题关键，会正确书写电极反应式，题目难度不大．20