四川省绵阳市普明中学2022学年高一化学下学期期末模拟试题含解析

2022-2022学年四川省绵阳市普明中学高一（下）期末化学模拟试卷一、选择题：（1-10题每个2分，11-20每个3分）501．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是()A．CO2的电子式：B．Cl﹣的结构示意图：C．乙醇的结构式：CH3CH2OHD．乙烯的结构简式：CH2CH22．下列关于有机物的说法错误的是()A．CCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘B．石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物C．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别D．苯不能使KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应3．下列变化涉及的反应类型中，属于加成反应的是()A．苯→环已烷B．乙烯→聚乙烯C．苯→溴苯D．甲烷→四氯甲烷4．下列说法正确的是()A．原子的电子层数越多，原子半径越大B．同族元素相差的原子序数可能为16、26、36、46C．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物D．卤族元素的单质均有氧化性，最高正价都是+75．既能用来鉴别甲烷与乙烯，又能用来除去甲烷中的乙烯以提纯甲烷的方法是()A．通过足量的NaOH溶液B．通过足量的溴水C．在Ni催化、加热条件下通入H2D．通过足量的酸性KMnO4溶液6．下列结论正确的是()①粒子半径：K＞Cl＞S②氢化物稳定性：HF＞H2S＞PH3；③离子还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣④单质氧化性：Cl2＞S＞Si；⑤酸性：H2SO4＞HClO⑥碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2．A．①④⑤B．③⑥C．②④⑤⑥D．①③④7．下列五种烃①2﹣甲基丁烷②2，2﹣二甲基丙烷③戊烷④丙烷⑤丁烷，按沸点由高到低的顺序排列的是()A．①＞②＞③＞④＞⑤B．②＞③＞⑤＞④＞①C．③＞①＞②＞⑤＞④D．④＞⑤＞②＞①＞③8．下列说法中正确的一组是()26\nA．正丁烷和异丁烷是同系物B．和互为同分异构体C．H2和D2互为同位素D．和是同一种物质9．能一次鉴别乙酸、乙醇、苯、硝基苯四种物质的试纸或试剂是()A．H2OB．Na2CO3溶液C．pH试纸D．石蕊试纸10．下列变化过程需要吸收能量的是()A．氢气球发生爆炸B．向污染的河水中投放生石灰C．D．11．丙烯酸（CH2=CH﹣COOH）的性质可能有()①加成反应②取代反应③酯化反应④中和反应⑤氧化反应．A．只有①③B．只有①③④C．只有①③④⑤D．①②③④⑤12．下列实验可行或叙述正确的是()①不能用闻气味的方法区分丝织品和棉织物②蔗糖加稀硫酸的水解液，再加新制Cu（OH）2悬浊液共热会产生砖红色沉淀③乙酸乙酯、油脂在碱性条件下水解均可制肥皂④用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质⑤金属的冶炼都是置换反应⑥漂白粉、玻璃、脂肪是混合物，水银、明矾、蔗糖是纯净物⑦盐酸、BaSO4是强电解质，氨水是弱电解质，苯、四氯化碳是非电解质⑧符合n（C）：n（H）=n：（2n+2）的物质一定是烷烃⑨煤中含苯及甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来⑩离子键只存在于离子化合物中，共价键只存在于共价化合物和离子化合物中．A．⑤⑥⑧⑨⑩B．①⑥C．①⑤⑥⑨⑩D．②③⑦⑨13．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22．下列说法错误的是()XYWZTA．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．物质W3X4中，每个原子最外层均达到8电子稳定结构C．X、Y和氢形成的化合物中可能既有离子键、又有共价键D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ426\n14．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述不正确的是()A．7.80gNa2O2与5.85gNaCl所含阴离子数均为0.1NAB．一定条件下，1.4gN2与0.2molH2混合充分反应，转移的电子数为0.3NAC．常温常压下，22.4LNH3所含分子数小于NAD．标准状况下，28g聚乙烯完全燃烧，产生的CO2数为2NA15．足量Zn粉与50mL、0.1mol/L的稀硫酸充分反应．为了减慢此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的()①加Na2SO4溶液；②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸；③改用50mL、0.05mol/L的硝酸；④加适量固体醋酸钠；⑤减压；⑥冰水浴；⑦加Na2CO3溶液；⑧纯Zn改为不纯的Zn．A．①④⑥B．③⑤⑥⑦⑧C．①②⑤⑥D．全部16．相同状况下，某气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成反应，生成氯代烃，此氯代烃1mol可与6mol氯气发生完全取代反应，则该烃的结构简式是()A．CH2=CH2B．CH3CH=CH2C．CH3CH3D．CH3CH2CH=CH217．一定温度下，可逆反应3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）达到限度的标志是()A．气体的平均相对分子质量不再改变B．X的生成速率与Z的生成速率相等C．X、Y、Z的浓度相等D．单位时间内生成3nmolX，同时生成nmolY18．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为Fe+Ni2O3+3H2O═Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是()A．电池的电解液为碱性溶液，负极为FeB．电池放电过程中，正极附近溶液的pH增大C．电池放电时，电解质溶液中OH﹣移向正极D．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）219．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是()A．元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大B．元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmRD．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸20．将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：其中正确的是()①用N2表示的反应速率为0.15mol•L﹣1•s﹣1②用H2表示的反应速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1③2s时N2与H2的转化率相等26\n④2s时H2的浓度为0.6mol•L﹣1．A．①②④B．①③④C．②③④D．①②③④二、解答题（共7小题）21．（13分）现有A、B、C、D四种烃，其球棍模型或比例模型如图：（1）等质量的以上物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是__________（填分子式）；（2）可以用来鉴别A和B的试剂是__________A、水B、稀硫酸C、溴的四氯化碳溶液D、酸性高锰酸钾溶液（3）上述四种物质互为同系物的是__________．（填字母）（4）在一定条件下，B能发生聚合反应，写出该反应的方程式__________．（5）物质A可以用于燃料电池，实现了化学能转化为电能；该燃料电池以KOH溶液为电解质溶液，则电池反应的负极反应__________，电池工作一段时间后，电解质溶液中KOH的物质的量__________．（填增多、减少或不变）（6）上述4种物质中有一种可与浓硝酸反应，写出反应的化学方程式：__________．22．如图是元素周期表的一部分．（1）在上面元素周期表中全部是金属元素的区域为__________（2）现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或浓硝酸中，表面都生成致密的氧化膜，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等．①甲元素在元素周期表中位置__________②乙两元素相比较，金属性较强的是__________，可以验证该结论的实验是__________．A．将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中B．将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应C．将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液D．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性③甲的氧化物与e的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式__________（3）用化学式填空．①c、f、j的非金属性最强的是__________②以上元素形成的金属单质中，熔点最低金属单质的是__________③f、m、n、g所形成的氢化物的稳定性最强的是__________④甲、乙、c、d、e形成的简单离子的半径由小到大的顺序为__________．⑤写出工业上制备f元素单质的化学方程式__________．26\n⑥c元素的单质的电子式__________．23．已知在容积固定的密闭容器中充入NH3和O2发生如下反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）（1）下列能说明该反应已经达到平衡状态的是__________；A．容器中气体总质量不变B．c（O2）不变C．υ（O2）=1.25υ（NH3）D．体系压强不变E．相同时间内，消耗0.1molNH3，同时消耗了0.1molNO（2）向该容器中加入正催化剂，则反应速率__________（选填“增大”、“减小”、“不变”，下同），降低容器的温度则反应速率__________，通入Ar，则反应速率__________．（3）若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应速率是先增大后减小，其原因是__________．A．反应体系温度先升高后降低，所以反应速率是先增大后减小B．反应物浓度先升高后降低，所以反应速率先增大后减小C．该反应为放热反应，在反应开始阶段，主要受体系温度升高的影响，反应速率增大；在反应后阶段，主要受浓度减小因素的影响，反应速率减慢．24．（14分）乙酸乙酯的绿色合成路线之一为图1：（1）M的结构简式为__________；下列说法不正确的是__________．A．淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物B．M可与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀C．淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，二者互为同分异构体D．用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯（2）乙醇分子结构中化学键如图2．①乙醇和金属钠反应时，断裂的化学键是__________（填字母），反应的化学方程式是__________．②乙醇在铜做催化剂时与氧气反应，断裂的化学键是__________（填字母），反应的化学方程式是__________．（3）①乙酸中的原子团﹣COOH的名称是__________．②用示踪原子法可确定某些化学反应的机理，写出用CH3CH2COOH和CH3CH218OH反应制取酯的化学方程式__________．③生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，下列能说明该反应已达到化学平衡状态的是__________（填序号）A．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸C．单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸D．正反应的速率与逆反应的速率相等．25．（14分）海藻中含有丰富的碘元素（以I﹣形式存在）．实验室中提取碘的流程如下：26\n（1）步骤①操作的名称为__________．（2）写出步骤②中涉及的有关反应的离子方程式__________．（3）步骤③所需要的仪器的名称是__________，选用的有机溶剂可以是__________．（填序号）A．CCl4B．酒精C．醋D．汽油．26．如图是苯和溴的取代反应的实验装置图，其中A为具有支管的试管改制成的反应容器，在其下端开了一个小孔，塞好石棉绒，再加入少量的铁屑粉：（1）向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，写出A中发生反应的化学方程式：__________；__________（2）试管C中苯的作用是__________，反应开始后，D中看到的现象是__________（3）反应2min～3min后，在B中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是__________（4）在上述整套装置中，具有防倒吸作用的仪器有__________（填字母）．（5）改进后的实验除：①步骤简单，操作方便，成功率高；②各步现象明显；③对产品便于观察这三个优点外，还有一个优点是：__________．27．有机物A由碳、氢、氧三种元素组成．现取2.3gA与2.8L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）．将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重2.7g，碱石灰增重2.2g．回答下列问题：（1）2.3gA中所含氢原子、碳原子的物质的量各是多少？（2）通过计算确定该有机物的分子式．26\n2022-2022学年四川省绵阳市普明中学高一（下）期末化学模拟试卷一、选择题：（1-10题每个2分，11-20每个3分）501．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是()A．CO2的电子式：B．Cl﹣的结构示意图：C．乙醇的结构式：CH3CH2OHD．乙烯的结构简式：CH2CH2【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合．【专题】化学用语专题．【分析】A．二氧化碳分子中存在两个碳氧双键，碳、氧原子的最外层都达到8电子稳定结构；B．氯离子的核电荷数为17，核外电子总数为18，最外层为8个电子；C．结构式中需要用短线代替所有的共用电子对，CH3CH2OH为结构简式；D．乙烯的结构简式中没有标出碳碳双键．【解答】解：A．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其正确的电子式为，故A错误；B．Cl﹣的核电荷数为17，最外层达到8电子稳定结构，氯离子的离子结构示意图为：，故B正确；C．CH3CH2OH为乙醇的结构简式，乙醇的结构式为：，故C错误；D．乙烯分子中含有碳碳双键，其正确的结构简式为：CH2=CH2，故D错误；故选B．【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及结构式、离子结构示意图、电子式、结构简式等知识，熟练掌握常见化学用语的概念及书写原则为解答关键，试题培养了学生规范答题的能力．2．下列关于有机物的说法错误的是()A．CCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘B．石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物C．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别D．苯不能使KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应【考点】有机物的鉴别；苯的同系物的化学性质；化石燃料与基本化工原料．【分析】CCl4可由CH4和氯气光照取代制得，苯和水互不相溶，并且碘在苯中的溶解度比在水中大，可用苯萃取碘水中的碘；石油和天然气的主要成分都是烃，向乙醇、乙酸和乙酸乙酯分别加入饱和Na2CO3溶液，乙醇溶解，乙酸和碳酸钠反应而有气泡产生，乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液，可用饱和Na2CO3溶液鉴别；苯燃烧，属于氧化还原反应．26\n【解答】解：A、CCl4可由CH4和氯气光照取代制得，可萃取碘水中的碘，故A正确；B、石油和天然气的主要成分都是烃，烃由碳、氢元素组成，则烃属于碳氢化合物，故B正确；C、向乙醇、乙酸和乙酸乙酯分别加入饱和Na2CO3溶液分别现象为：互溶；有气泡产生；溶液分层，可以鉴别，故C正确；D、苯虽不能使KMnO4溶液褪色，但可以燃烧，能发生氧化反应，故D错误．故选：D．【点评】本题是2022年山东考题，涉及到物质的制备、组成和鉴别，掌握常见有机物的性质，尤其注意有机物燃烧属于氧化还原反应，此是易错点．3．下列变化涉及的反应类型中，属于加成反应的是()A．苯→环已烷B．乙烯→聚乙烯C．苯→溴苯D．甲烷→四氯甲烷【考点】取代反应与加成反应．【专题】有机反应．【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，根据定义分析解答．【解答】解：A、苯和氢气加成生成环己烷，属于加成反应，故A正确；B、乙烯发生多次加成生成聚乙烯，属于加聚反应，故B错误；C、苯在铁作催化剂条件下和液溴反应，苯环上的氢原子被溴原子取代生成溴苯属于取代反应，故C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下生成四氯化碳（四氯甲烷），属于取代反应，故D错误，故选A．【点评】本题主要考查了加成反应的判断，难度不大，可以根据所学知识进行．加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键等）．4．下列说法正确的是()A．原子的电子层数越多，原子半径越大B．同族元素相差的原子序数可能为16、26、36、46C．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物D．卤族元素的单质均有氧化性，最高正价都是+7【考点】元素周期律的作用；元素周期表的结构及其应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、原子半径由电子层数、核电荷数等因素共同决定；B、同族元素相差的原子序数可能为2、8、18、32，不可能相差36、46；C、ⅠA族元素包括氢元素、碱金属元素，ⅦA族元素为活泼非金属元素；D、氟元素是最活泼的非金属元素，无正价．【解答】解：A、原子半径由电子层数、核电荷数等因素共同决定，故A错误；B、同族元素相差的原子序数可能为2、8、18、32，不可能相差36、46，故B错误；C、ⅠA族元素包括氢元素、碱金属元素，ⅦA族元素为活泼非金属元素，即可形成共价化合物又可以形成离子化合物，故C正确；D、氟元素是最活泼的非金属元素，无正价，故D错误．故选：C．26\n【点评】本题考查元素周期律的应用，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质及元素周期律为解答的关键，注意周期性的理解，题目难度不大5．既能用来鉴别甲烷与乙烯，又能用来除去甲烷中的乙烯以提纯甲烷的方法是()A．通过足量的NaOH溶液B．通过足量的溴水C．在Ni催化、加热条件下通入H2D．通过足量的酸性KMnO4溶液【考点】有机物的鉴别；物质的分离、提纯和除杂．【分析】甲烷性质稳定，乙烯含有C=C双键，能发生加成反应和氧化反应，可用溴水除杂，注意除杂时不能引入新的杂质．【解答】解：A．与氢氧化钠不反应，不能鉴别和除杂，故A错误；B．乙烯含有C=C双键，能与溴水发生加成反应生成二溴乙烷液体，甲烷不与溴水反应，所以可用溴水除去甲烷中混有的乙烯，故B正确；C．在催化剂存在的条件下与H2反应，会混有氢气和乙烷，不能达到除杂的目的，故C错误；D．乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳气体，可鉴别乙烯，但不能用来除杂，因混入新的杂质二氧化碳，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的鉴别和除杂，题目难度不大，注意乙烯和甲烷性质的区别，学习中注意相关基础知识的积累．6．下列结论正确的是()①粒子半径：K＞Cl＞S②氢化物稳定性：HF＞H2S＞PH3；③离子还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣④单质氧化性：Cl2＞S＞Si；⑤酸性：H2SO4＞HClO⑥碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2．A．①④⑤B．③⑥C．②④⑤⑥D．①③④【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】①根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小判断，电子层数越多半径越大；②元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；③元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱；④元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强；⑤H2SO4是强酸，HClO是弱酸；⑥元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强．【解答】解：①Cl、S位于相同周期，原子半径S＞Cl，K在下一周期，所以粒子半径：K＞S＞Cl，故①错误；②非金属性F＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物稳定性：HF＞H2S＞PH3，故②正确；③非金属性Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则离子还原性：Cl﹣＜Br﹣＜I﹣＜S2﹣，故③错误；④非金属性Cl＞S＞Si，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，则单质氧化性：Cl2＞S＞Si，故④正确；⑤H2SO4是强酸，HClO是弱酸，则酸性：H2SO4＞HClO，故⑤正确；26\n⑥金属性K＞Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故⑥正确．故选C．【点评】本题考查元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目较为综合，多角度考查元素周期律与元素、单质、化合物的性质的递变规律，难度不大，注意相关基础知识的积累．7．下列五种烃①2﹣甲基丁烷②2，2﹣二甲基丙烷③戊烷④丙烷⑤丁烷，按沸点由高到低的顺序排列的是()A．①＞②＞③＞④＞⑤B．②＞③＞⑤＞④＞①C．③＞①＞②＞⑤＞④D．④＞⑤＞②＞①＞③【考点】晶体熔沸点的比较．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】烃类物质中，烃含有的C原子数目越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小．【解答】解：①2﹣甲基丁烷②2，2﹣二甲基丙烷③戊烷三者互为同分异构体，根据同分异构体分子中，烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小，则沸点③＞①＞②；烃类物质中，烃含有的C原子数目越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，则沸点⑤＞④，故有沸点由高到低的顺序排列的是③＞①＞②＞⑤＞④．故选C．【点评】本题考查有机物熔沸点的比较，题目难度不大，本题注意判断烃类物质沸点高低的角度，学习中注重相关方法的积累．8．下列说法中正确的一组是()A．正丁烷和异丁烷是同系物B．和互为同分异构体C．H2和D2互为同位素D．和是同一种物质【考点】芳香烃、烃基和同系物；同位素及其应用；同分异构现象和同分异构体．【分析】A．正丁烷和异丁烷是同分异构体；B．H2和D2是单质；C．和名称与结构简式一致，为同一种物质；D．和名称与结构简式一致，为同一种物质．【解答】解：A．正丁烷和异丁烷分子式相同，是同分异构体，不是同系物，故A错误；B．H2和D2是由不同核素组成的分子，其对应单质都是氢气，不是同位素，故B错误；26\nC．和名称与结构简式一致，为同一种物质，故C错误；D．和名称与结构简式一致，为同一种物质，故D正确；故选D．【点评】本题考查同系物、同分异构体、同位素、同素异形体、同一物质的区别，难度不大，注意把握概念的内涵与外延．9．能一次鉴别乙酸、乙醇、苯、硝基苯四种物质的试纸或试剂是()A．H2OB．Na2CO3溶液C．pH试纸D．石蕊试纸【考点】有机物的鉴别．【专题】有机反应．【分析】乙酸具有酸性，苯、硝基苯都不溶于水，但二者密度大小不同，以此解答该题．【解答】解：A．乙酸、乙醇都溶于水，不能用水鉴别，故A错误；B．加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生成气体，乙醇溶液水，苯、硝基苯都不溶于水，苯的密度比水小，硝基苯的密度比水大，可鉴别，故B正确；C．pH试纸只能鉴别乙酸，不能鉴别其它物质，故C错误；D．石蕊试纸只能鉴别乙酸，不能鉴别其它物质，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意有机物的性质的异同，水溶性和密度不同的有机物可用水鉴别．10．下列变化过程需要吸收能量的是()A．氢气球发生爆炸B．向污染的河水中投放生石灰C．D．【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】A、氢气球爆炸是由于压强引起的，不存在吸热与放热；B、生石灰溶于水放热；C、形成化学键放热；D、断开化学键吸热．【解答】A、氢气球爆炸是由于压强引起的，不存在吸热与放热，故A错误；B、生石灰溶于水生成氢氧化钙，放出大量的热，故B错误；C、形成化学键放热，即氯原子结合生成氯气为放热过程，故C错误；D、断开化学键吸热，即氢气变为H原子，需要吸收热量，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查的是吸热反应与放热反应，新化学键的形成所释放的能量小于破坏旧化学键所吸收的能量就是吸热反应，反之为放热反应．11．丙烯酸（CH2=CH﹣COOH）的性质可能有()26\n①加成反应②取代反应③酯化反应④中和反应⑤氧化反应．A．只有①③B．只有①③④C．只有①③④⑤D．①②③④⑤【考点】有机物分子中的官能团及其结构；羧酸简介．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】烯烃中的双键能被加成，也能被氧化，羧基能和碱发生中和反应，也能和醇发生酯化反应（取代反应）．【解答】解：丙烯酸（CH2=CH﹣COOH）中含有双键和羧基两种官能团，双键能发生加成反应和氧化反应，羧基能发生中和反应，也能发生酯化反应（取代反应）．故选D．【点评】官能团决定物质的性质，要求学生熟记官能团所具有的性质，学以致用，难度不大．12．下列实验可行或叙述正确的是()①不能用闻气味的方法区分丝织品和棉织物②蔗糖加稀硫酸的水解液，再加新制Cu（OH）2悬浊液共热会产生砖红色沉淀③乙酸乙酯、油脂在碱性条件下水解均可制肥皂④用浓硫酸与蛋白质的颜色反应鉴别部分蛋白质⑤金属的冶炼都是置换反应⑥漂白粉、玻璃、脂肪是混合物，水银、明矾、蔗糖是纯净物⑦盐酸、BaSO4是强电解质，氨水是弱电解质，苯、四氯化碳是非电解质⑧符合n（C）：n（H）=n：（2n+2）的物质一定是烷烃⑨煤中含苯及甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来⑩离子键只存在于离子化合物中，共价键只存在于共价化合物和离子化合物中．A．⑤⑥⑧⑨⑩B．①⑥C．①⑤⑥⑨⑩D．②③⑦⑨【考点】化学实验方案的评价；混合物和纯净物；离子化合物的结构特征与性质；强电解质和弱电解质的概念；金属冶炼的一般原理；有机物的鉴别；烷烃及其命名；油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】元素及其化合物；有机反应．【分析】①丝织品和棉织物，均无气味；②检验蔗糖的水解产物应在碱性溶液中；③油脂在碱性条件下水解为皂化反应；④浓硝酸遇蛋白质变黄；⑤较活泼金属利用电解法，较不活泼金属利用热分解法；⑥漂白粉、玻璃、脂肪均有多种物质组成，而水银、明矾、蔗糖均由一种物质组成；⑦盐酸、氨水均为混合物；⑧n（C）：n（H）=n：（2n+2）的物质，可能还含其他元素；⑨煤中不含苯及甲苯；⑩含离子键一定为离子化合物，共价键可存在于共价化合物和离子化合物、单质中．【解答】解：①丝织品和棉织物，均无气味，则不能用闻气味的方法区分丝织品和棉织物，故正确；②检验蔗糖的水解产物应在碱性溶液中，应水解后加碱至碱性再利用新制Cu（OH）2悬浊液共热会产生砖红色沉淀，故错误；③油脂在碱性条件下水解为皂化反应，可制备肥皂，而乙酸乙酯水解不能制备肥皂，故错误；④浓硝酸遇蛋白质变黄，为蛋白质的颜色反应，可检验蛋白质，故错误；26\n⑤较活泼金属（Na、K、Al、Mg）利用电解法，较不活泼金属（Ag、Hg）利用热分解法，只有某些活泼金属（Zn、Fe等）可利用置换反应制备，故错误；⑥漂白粉、玻璃、脂肪均有多种物质组成，则属于混合物，而水银、明矾、蔗糖均由一种物质组成，则属于纯净物，故正确；⑦盐酸、氨水均为混合物，不是电解质也不是非电解质，而BaSO4是强电解质，苯、四氯化碳是非电解质，故错误；⑧n（C）：n（H）=n：（2n+2）的物质，可能还含其他元素，若含O元素，可能为饱和一元醇，故错误；⑨煤中不含苯及甲苯，煤的干馏产物中含苯及甲苯，故错误；⑩含离子键一定为离子化合物，共价键可存在于共价化合物和离子化合物、单质中，如氢气中存在共价键，故错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的鉴别、组成、分类等为解答的关键，综合性较强，注重基础知识的考查，题目难度不大．13．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22．下列说法错误的是()XYWZTA．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B．物质W3X4中，每个原子最外层均达到8电子稳定结构C．X、Y和氢形成的化合物中可能既有离子键、又有共价键D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge，据此解答．【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge，A．常温下水为液态，氨气、HCl为气体，故沸点最高，氨气分子之间都存在氢键，沸点比HCl的高，故A错误；B．Si3N4中Si为+4价，N为﹣3价，各元素化合价绝对值+原子的最外层电子数=8，每个原子最外层均达到8电子稳定结构，故B正确；C．N、O和H形成的化合物硝酸铵中既有离子键、又有共价键，故C正确；D．Ge元素的单质具有半导体的特性，与Cl元素可形成化合物GeCl4，故D正确，故选A．【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，注意A中氢键对物质性质的影响，掌握B中8电子结构的判断，难度中等．14．设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述不正确的是()26\nA．7.80gNa2O2与5.85gNaCl所含阴离子数均为0.1NAB．一定条件下，1.4gN2与0.2molH2混合充分反应，转移的电子数为0.3NAC．常温常压下，22.4LNH3所含分子数小于NAD．标准状况下，28g聚乙烯完全燃烧，产生的CO2数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．过氧化钠中阴离子为过氧根离子，7.80g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.1mol过氧根离子；B．氮气与氢气的反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物；C．常温常压下，温度高于标况下，所以气体摩尔体积大于22.4L/mol；D．聚乙烯为乙烯通过加聚反应生成的产物，聚乙烯的最简式为CH2，根据最简式计算出28g聚乙烯中含有的碳原子数目．【解答】解：A．7.80g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.1mol过氧根离子，5.85gNaCl的物质的量为0.1mol，含有0.1mol氯离子，所以二者所含阴离子数均为0.1NA，故A正确；B．1.4g氮气的物质的量为0.05mol，0.05mol氮气完全反应生成0.1mol氨气，转移了0.3mol电子，由于合成氨的反应为可逆反应，所以反应注意的电子一定小于0.3mol，转移的电子数小于0.3NA，故B错误；C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4L氨气的物质的量小于1mol，所含分子数小于NA，故C正确；D．28g聚乙烯中含有2mol最简式CH2，含有2mol碳原子，根据碳原子守恒，完全燃烧生成2mol二氧化碳，产生的CO2数为2NA，故D正确；故选B．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，熟练掌握以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，C为易错点，注意可逆反应的特点．15．足量Zn粉与50mL、0.1mol/L的稀硫酸充分反应．为了减慢此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的()①加Na2SO4溶液；②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸；③改用50mL、0.05mol/L的硝酸；④加适量固体醋酸钠；⑤减压；⑥冰水浴；⑦加Na2CO3溶液；⑧纯Zn改为不纯的Zn．A．①④⑥B．③⑤⑥⑦⑧C．①②⑤⑥D．全部【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】为了降低此反应速率而不改变H2的产量，少量Zn粉完全反应，则可降低氢离子浓度、降低温度等来降低反应速率，以此来解答．【解答】解：①加Na2SO4溶液，氢离子浓度降低，反应速率减小，氢气的量不变，故正确；②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸，浓度减小，反应速率减小，生成氢气的量减小，故错误；③改用50mL、0.05mol/L的硝酸，不生成氢气，生成NO气体，故错误；④加适量固体醋酸钠，氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢气的总量不变，故正确；⑤反应在溶液中进行，减压，反应速率基本不变，故错误；⑥冰水浴，反应温度降低，反应速率减小，氢气的总量不变，故正确；⑦加Na2CO3溶液，消耗硫酸，生成氢气的总量减小，故错误；⑧纯Zn改为不纯的Zn，形成原电池反应，反应速率增大，故错误．故选A．26\n【点评】本题考查影响反应速率的因素，明确常见的温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注意Zn粉过量，生成的氢气由硫酸决定为解答的易错点，难度不大．16．相同状况下，某气态烃1体积只能与1体积氯气发生加成反应，生成氯代烃，此氯代烃1mol可与6mol氯气发生完全取代反应，则该烃的结构简式是()A．CH2=CH2B．CH3CH=CH2C．CH3CH3D．CH3CH2CH=CH2【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】1体积某气态烃只能与1体积氯气发生加成反应，说明分子中含一个双键；生成的氯代烷分子中有几个氢原子被取代，就要消耗几分子的氯气，说明该烃分子中含有6个H原子．【解答】解：1体积某气态烃只能与1体积氯气发生加成反应，说明分子中含一个双键，1mol该加成反应的产物（氯代烷）可与6mol氯气发生完全的取代反应，判断该加成产物分子中只含有6个氢原子，所以原烃分子中含有6个氢原子，根据分析可知，满足体积的有机物为：B．CH3CH=CH2，故选B．【点评】本题考查有机物分子式的确定，题目难度中等，侧重考查有机反应类型中的加成反应和取代反应的理解，注意明确常见有机物结构与性质．17．一定温度下，可逆反应3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）达到限度的标志是()A．气体的平均相对分子质量不再改变B．X的生成速率与Z的生成速率相等C．X、Y、Z的浓度相等D．单位时间内生成3nmolX，同时生成nmolY【考点】化学平衡状态的判断．【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不再变化，注意反应化学方程式中气体的化学计量数之和前后不等的特点，以此判断．【解答】解：A．反应前后气体质量不变，气体物质的量减小，当气体的平均相对分子质量不再改变说明反应达到平衡状态，达到限度，故A正确；B．X的生成速率与Z的生成速率相等，速率之比等于化学方程式计量数之比，所以正逆反应速率不等，没有达到平衡状态，故B错误；C．平衡时各物质的浓度取决于反应开始时的配料比以及反应转化的程度，X、Y、Z的浓度相等不能用来判断是否达到平衡状态，故C错误；D．单位时间内生成3nmolX，同时生成nmolY，只可说明逆反应进行，不能说明正逆反应速率相同，不能说明达到平衡状态，故D错误；故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意方程式中气体的化学计量数关系，注意平衡时的浓度关系、物质的量关系不能作为判断是否平衡的依据．18．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为Fe+Ni2O3+3H2O═Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是()A．电池的电解液为碱性溶液，负极为FeB．电池放电过程中，正极附近溶液的pH增大C．电池放电时，电解质溶液中OH﹣移向正极26\nD．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，负极电极反应为Fe+20H﹣一2e﹣═Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，最终生成Ni（OH）2，所以正极反应为Ni2O3+3H2O+2e﹣=2Ni（OH）2+2OH﹣，据此分析判断．【解答】解：A．根据放电时总反应方程式知放电时Fe作负极，发生氧化反应，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，所以电池的电解液应该为碱性溶液，Fe作负极，故A正确；B．Ni2O3作正极，发生还原反应，最终生成Ni（OH）2，所以正极反应为Ni2O3+3H2O+2e﹣=2Ni（OH）2+2OH﹣，所以正极附近溶液的pH增大，故B正确；C．根据反应电池放电时，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为Ni2O3+3H2O+2e﹣=2Ni（OH）2+2OH﹣，若外电路中有2mol电子转移，则内电路中有2molOH﹣移向负极，故C错误；D．放电时Fe作负极，发生氧化反应，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，负极电极反应为Fe+20H﹣一2e﹣═Fe（OH）2，故D正确；故选C．【点评】本题考查电池的工作原理，涉及到原电池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应，题目难度中等．19．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大．X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等．下列说法正确的是()A．元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大B．元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY＞XmRD．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【专题】压轴题；元素周期律与元素周期表专题．【分析】X是周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O元素；根据Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，则R为S元素；Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等，则Z、W原子的核外电子数之和为8+16=24，又Z、W、处于同一周期，应为第三周期，分别为Na和Al元素．其中：A、根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小进行判断；B、根据推断得知X和Y分别为H和O元素，可知形成的常见化合物有H2O和H2O2；C、根据非金属强弱判断氢化物的稳定性；D、根据金属性和非金属性判断碱和酸的强弱．【解答】解：A、从题目所给的条件可以看出X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，R是S元素．Y、Z、W具有相同电子层结构的离子（O2﹣、Na+、Al3+），根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，其半径依次减小，故A错误；B、X和Y元素能形成2种化合物，X2Y（H2O）和X2Y2（H2O2），故B错误；C、元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为Y（O元素）和R（S元素）的非金属性强弱：Y＞R，所以对应的氢化物的稳定性：XmY＞XmR，故C正确；26\nD、W元素最高价氧化物的水化物是Al（OH）3，是弱碱，而R元素最高价氧化物的水化物是H2SO4，是强酸，故D错误．故选C．【点评】本题考查元素周期律的运用，做题时注意以下问题：①同周期、同主族内元素性质（核外电子排布、原子半径、金属性、非金属性、酸碱性、气态氢化物的热稳定性等）变化规律．②元素之间化合所形成化合物的化学式的书写．20．将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，并在一定条件下发生如下反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L﹣1，现有下列几种说法：其中正确的是()①用N2表示的反应速率为0.15mol•L﹣1•s﹣1②用H2表示的反应速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1③2s时N2与H2的转化率相等④2s时H2的浓度为0.6mol•L﹣1．A．①②④B．①③④C．②③④D．①②③④【考点】化学平衡的计算．【分析】将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L﹣1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：130变化量（mol）：0.61.81.22s时（mol）：0.41.21.2①根据v=计算用N2表示的反应速率；②根据v=计算用H2表示的反应速率；③N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等；④根据c=计算．【解答】将1molN2气体和3molH2气体在2L的恒容容器中，若经2s后测得NH3的浓度为0.6mol•L﹣1，生成氨气为2L×0.6mol/L=1.2mol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）起始量（mol）：130变化量（mol）：0.61.81.22s时（mol）：0.41.21.2①用N2表示的反应速率为=0.15mol•L﹣1•s﹣1，故①正确；②用H2表示的反应速率=0.45mol•L﹣1•s﹣1，故②错误；③N2、H2起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，故N2与H2的转化率相等，故③正确；④2s时H2的浓度为=0.6mol•L﹣1，故④正确，26\n故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算、反应速率计算，注意三段式解题法在化学平衡计算中应用，比较基础．二、解答题（共7小题）21．（13分）现有A、B、C、D四种烃，其球棍模型或比例模型如图：（1）等质量的以上物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是CH4（填分子式）；（2）可以用来鉴别A和B的试剂是CDA、水B、稀硫酸C、溴的四氯化碳溶液D、酸性高锰酸钾溶液（3）上述四种物质互为同系物的是AC．（填字母）（4）在一定条件下，B能发生聚合反应，写出该反应的方程式．（5）物质A可以用于燃料电池，实现了化学能转化为电能；该燃料电池以KOH溶液为电解质溶液，则电池反应的负极反应CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+H2O，电池工作一段时间后，电解质溶液中KOH的物质的量减少．（填增多、减少或不变）（6）上述4种物质中有一种可与浓硝酸反应，写出反应的化学方程式：．【考点】有机物的结构和性质；原电池和电解池的工作原理；有机物分子中的官能团及其结构．【分析】由A、B、C、D四种烃的球棍模型或比例模型可知，A为CH4，B为C2H4，C为C2H6，D为C6H6，（1）等质量的烃CxHy完全燃烧时，氢元素的质量分数越大，耗氧量越大；（2）B中含双键，能发生加成、氧化反应；（3）A、C的结构相似，组成相差1个CH2原子团；（4）B中含双键，可发生加聚反应；（5）甲烷在负极上失去电子生成碳酸根离子；电池工作时消耗KOH；（6）苯与浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯．．【解答】解：由A、B、C、D四种烃的球棍模型或比例模型可知，A为CH4，B为C2H4，C为C2H6，D为C6H6，（1）等质量的烃CxHy完全燃烧时，氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，CH4、C2H4、C2H6、C6H6中的依次为4、2、3、1，故CH4耗O2最多，故答案为：CH4；（2）B中含双键，与溴发生加成反应、能被高锰酸钾氧化，可鉴别，故答案为：CD；（3）A、C的结构相似，组成相差1个CH2原子团，二者互为同系物，故答案为：AC；26\n（4）在一定条件下，B能发生聚合反应，该反应的方程式为，故答案为：；（5）甲烷在负极上失去电子生成碳酸根离子，负极反应为CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+H2O；电池工作时消耗KOH，则KOH的物质的量减少，故答案为：CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+H2O；减少；（6）苯与浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯，反应为，故答案为：．【点评】本题考查较为综合，侧重于有机物的结构和性质的考查，为高考常见题型，难度不大，注意把握有机物的官能团的性质，结合题给信息判断有机物的结构简式．22．如图是元素周期表的一部分．（1）在上面元素周期表中全部是金属元素的区域为B（2）现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或浓硝酸中，表面都生成致密的氧化膜，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等．①甲元素在元素周期表中位置第三周期ⅢA族②乙两元素相比较，金属性较强的是Mg，可以验证该结论的实验是BC．A．将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中B．将这两种元素的单质粉末分别和同浓度的盐酸反应C．将这两种元素的单质粉末分别和热水作用，并滴入酚酞溶液D．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性③甲的氧化物与e的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O（3）用化学式填空．26\n①c、f、j的非金属性最强的是N②以上元素形成的金属单质中，熔点最低金属单质的是Na③f、m、n、g所形成的氢化物的稳定性最强的是HCl④甲、乙、c、d、e形成的简单离子的半径由小到大的顺序为Al3+＜Mg2+＜Na+＜O2﹣＜N3﹣．⑤写出工业上制备f元素单质的化学方程式SiO2+2C2CO+Si．⑥c元素的单质的电子式．【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】由元素在周期表中位置，可知a为H、b为He、k为Li、j为C、c为N、d为O、e为Na、f为Si、m为P、n为S、g为Cl、h为Ar．（1）元素周期表中全部是金属元素的是过渡元素区域；（2）现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或浓硝酸中，表面都生成致密的氧化膜，则甲为Al，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等，M层电子数为2，故乙为Mg；（3）①同周期自左而右非金属性增强、同主族自上而下非金属性减弱；②离子电荷越小、离子半径越大，金属键越弱，金属晶体熔点越低；③元素的非金属性越强，对应氢化物越稳定；④电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大；⑤工业上用焦炭与二氧化硅反应制备Si，反应还生成CO；⑥C的单质为N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对．【解答】解：由元素在周期表中位置，可知a为H、b为He、k为Li、j为C、c为N、d为O、e为Na、f为Si、m为P、n为S、g为Cl、h为Ar．（1）A区中含有H元素，C区中含有金属、非金属，D炔区为稀有气体，元素周期表中全部是金属元素的是过渡元素区域，即为B区域，故答案为：B；（2）现有甲、乙两种短周期元素，室温下，甲元素单质在冷的浓硫酸或浓硝酸中，表面都生成致密的氧化膜，则甲为Al，乙元素原子核外M电子层与K电子层上的电子数相等，M层电子数为2，故乙为Mg，①甲元素在元素周期表中位置：第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；②同周期自左而右元素金属性减弱，故金属性Mg＞Al，A．在空气中放置已久的这两种元素的块状单质表面均得到氧化镁，氧化铝、氧化镁不溶于水，会阻止金属与热水的反应，故A错误；B．金属单质与酸反应越剧烈，该金属元素的金属性越强，故B正确；C．金属镁和热水反应，得到氢氧化镁显弱碱性，而金属铝和热水不反应，可以确定金属性的强弱，故C正确；D．均为金属氢化物，不能利用气态氢化物稳定性比较金属性强弱，可以比较非金属性强弱，故D错误．故选：Mg；BC；③甲的氧化物为Al2O3，e的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，二者反应的离子方程式为：，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（3）①同周期自左而右非金属性增强、同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性N＞C＞Si，故答案为：N；26\n②Na、Mg、Al晶体中，Na+离子所带电荷最小、离子半径最大，金属键最弱，故Na晶体熔点最低，故答案为：Na；③非金属性Cl＞S＞P＞Si，元素的非金属性越强，对应氢化物越稳定，故HCl最稳定，故答案为：GCl；④电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多，离子半径越大，故离子半径为：Al3+＜Mg2+＜Na+＜O2﹣＜N3﹣，故答案为：Al3+＜Mg2+＜Na+＜O2﹣＜N3﹣；⑤工业上用焦炭与二氧化硅反应制备Si，反应还生成CO，反应方程式为：SiO2+2C2CO+Si，故答案为：SiO2+2C2CO+Si；⑥C的单质为N2，分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为：，故答案为：．【点评】本题考查元素周期表与元素周期律综合应用，比较基础，注意对元素周期律的理解掌握，注意掌握元素金属性、非金属性强弱比较及实验事实．23．已知在容积固定的密闭容器中充入NH3和O2发生如下反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）（1）下列能说明该反应已经达到平衡状态的是BDE；A．容器中气体总质量不变B．c（O2）不变C．υ（O2）=1.25υ（NH3）D．体系压强不变E．相同时间内，消耗0.1molNH3，同时消耗了0.1molNO（2）向该容器中加入正催化剂，则反应速率增大（选填“增大”、“减小”、“不变”，下同），降低容器的温度则反应速率减小，通入Ar，则反应速率不变．（3）若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应速率是先增大后减小，其原因是C．A．反应体系温度先升高后降低，所以反应速率是先增大后减小B．反应物浓度先升高后降低，所以反应速率先增大后减小C．该反应为放热反应，在反应开始阶段，主要受体系温度升高的影响，反应速率增大；在反应后阶段，主要受浓度减小因素的影响，反应速率减慢．【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】（1）根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来判断化学反应是否达到平衡；当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，以此解答该题；（2）催化剂能够加快反应速率，降温反应速率减慢，容器体积不变时通入稀有气体反应速率不变；（3）根据该反应为放热反应，反应过程中温度升高，此条件下比原平衡温度高进行分析反应速率变化；随后浓度变化成为影响反应速率的主要因素．【解答】解：（1）A．反应前后都是气体，气体质量始终不变，故A错误；B．c（O2）不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；C．v（O2）=1.25v（NH3），没有告诉是正逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D．该反应是体积缩小的反应，反应过程中气体的物质的量逐渐减小，压强逐渐减小，若体系压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；E．相同时间内，消耗0.1molNH3，同时消耗了0.1molNO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故E正确；26\n故答案为：BDE；（2）在容器中加入正催化剂，正反应速率和逆反应速率都增大，平衡不发生移动；降低温度，正逆反应速率同时减小，容器体积不变充入Ar，各组分浓度不变，反应速率不变，故答案为：增大；减小；不变；（4）由于该反应为放热反应，若在容积固定的绝热密闭容器中发生上述反应，其余条件不变，反应过程中反应体系的温度高于原反应，所以正逆反应速率都增大，随后因浓度减小成为影响的主要因素，所以反应减慢，故答案为：C．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断、化学平衡的影响因素、影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意掌握判断化学平衡状态的方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．24．（14分）乙酸乙酯的绿色合成路线之一为图1：（1）M的结构简式为HOCH2（CHOH）4CHO；下列说法不正确的是C．A．淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物B．M可与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀C．淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，二者互为同分异构体D．用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯（2）乙醇分子结构中化学键如图2．①乙醇和金属钠反应时，断裂的化学键是a（填字母），反应的化学方程式是2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑．②乙醇在铜做催化剂时与氧气反应，断裂的化学键是ad（填字母），反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O．（3）①乙酸中的原子团﹣COOH的名称是羧基．②用示踪原子法可确定某些化学反应的机理，写出用CH3CH2COOH和CH3CH218OH反应制取酯的化学方程式CH3CH218OH+CH3CH2COOHCH3CH2CO18OCH2CH3+H2O．③生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，下列能说明该反应已达到化学平衡状态的是BD（填序号）A．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸C．单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸D．正反应的速率与逆反应的速率相等．【考点】有机物的合成；乙酸乙酯的制取．【分析】（1）淀粉或纤维素完全水解得到M为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下得到CH3CH2OH，CH3CH2OH发生氧化反应得到CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应得到CH3COOCH2CH3；（2）①乙醇与钠反应生成乙醇钠与氢气；②乙醇发生催化氧化生成乙醛，对比有机物的结构判断断裂的化学键；26\n（3）①乙酸中的原子团﹣COOH的名称是羧基；②羧酸与醇发生酯化反应，羧酸提供羟基、醇提供羟基氢，相互结合生成水，其它基团结合生成酯；③可逆反应得到平衡时，同种物质的消耗速率与生成速率相等，据此判断．【解答】解：（1）淀粉或纤维素完全水解得到M为葡萄糖，结构简式为HOCH2（CHOH）4CHO，葡萄糖在酒化酶作用下得到CH3CH2OH，CH3CH2OH发生氧化反应得到CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应得到CH3COOCH2CH3，A．淀粉和纤维素化学式均可表示为（C6H10O5）n，都属于天然高分子化合物，故A正确；B．M为葡萄糖，含有醛基，可与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀，故B正确；C．淀粉和纤维素的化学式均为（C6H10O5）n，聚合度不同，二者不是同分异构体，故C错误；D．乙酸乙酯在碳酸钠溶液中分层，乙醇、乙酸均溶于碳酸钠溶液，且乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，现象各不同，可以进行鉴别，故D正确，故答案为：HOCH2（CHOH）4CHO；C；（2）①乙醇与钠反应生成乙醇钠与氢气，反应方程式为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，乙醇中O﹣H间断裂，故答案为：a；2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；②乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，乙醇中O﹣H键断裂、羟基连接的碳原子中的C﹣H键断裂，故答案为：ad；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）①乙酸中的原子团﹣COOH的名称是羧基，故答案为：羧基；②羧酸与醇发生酯化反应，羧酸提供羟基、醇提供羟基氢，相互结合生成水，其它基团结合生成酯，反应方程式为：CH3CH218OH+CH3CH2COOHCH3CH2CO18OCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH218OH+CH3CH2COOHCH3CH2CO18OCH2CH3+H2O；③A．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，故A错误；B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，而生成1mol乙酸同时消耗1mol乙酸乙酯，说明反应到达平衡，故B正确；C．单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，不能说明到达平衡，故C错误；D．正反应的速率与逆反应的速率相等，反应得到平衡，故D正确，故选：BD．【点评】本题属于拼合型题目，涉及有机物的推断与合成、有机物的结构与性质、平衡状态的判断，侧重对基础知识的巩固．25．（14分）海藻中含有丰富的碘元素（以I﹣形式存在）．实验室中提取碘的流程如下：（1）步骤①操作的名称为过滤．26\n（2）写出步骤②中涉及的有关反应的离子方程式2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2．（3）步骤③所需要的仪器的名称是分液漏斗，选用的有机溶剂可以是A、D．（填序号）A．CCl4B．酒精C．醋D．汽油．【考点】海水资源及其综合利用．【分析】（1）分离固体和液体用过滤；用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来用萃取；（2）用Cl2氧化碘离子；（3）萃取分液利用的仪器是分液漏斗，操作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．【解答】解：（1）分离固体和液体用过滤，所以用到的仪器为漏斗，步骤①操作的名称为过滤，故答案为：过滤；（2）步骤②中涉及的有关反应的离子方程式是用氯气把溶液中的I﹣氧化为I2，方程式为Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，故答案为：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣；（3）用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来用萃取，所以用到的仪器为分液漏斗，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，故可用四氯化碳或汽油，不能用醋酸和酒精，因为二者与水互溶，故答案为：分液漏斗，A、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，注意萃取剂选择的基本原则，题目较简单．26．如图是苯和溴的取代反应的实验装置图，其中A为具有支管的试管改制成的反应容器，在其下端开了一个小孔，塞好石棉绒，再加入少量的铁屑粉：（1）向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，写出A中发生反应的化学方程式：2Fe+3Br2=2FeBr3；（2）试管C中苯的作用是除去溴，反应开始后，D中看到的现象是D管中石蕊试液变红，液面上有白雾（3）反应2min～3min后，在B中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是溶液中有红褐色的絮状物生成，底部有无色油状物质生成，液面上有白雾（4）在上述整套装置中，具有防倒吸作用的仪器有DE（填字母）．（5）改进后的实验除：①步骤简单，操作方便，成功率高；②各步现象明显；③对产品便于观察这三个优点外，还有一个优点是：环保，不会污染环境．【考点】有机物的合成；制备实验方案的设计．26\n【分析】（1）Fe与溴反应生成溴化铁，苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下能发生取代反应生成溴苯与HBr；（2）溴苯中的溴易挥发，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂；该反应中有溴化氢生成，能与水蒸气结合成氢溴酸液滴，溴化氢溶于水得到氢溴酸，氢溴酸能使石蕊试液变红色；（3）溴化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化钠除去为反应的溴，溴苯与氢氧化钠溶液不互溶；（4）HBr易溶于水，直接将导管伸入水溶液液面以下，会发生倒吸；（5）本实验中进行尾气处理，防止污染空气．【解答】解：（1）Fe与溴反应生成溴化铁，苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下能发生取代反应生成溴苯与HBr，反应方程式为：2Fe+3Br2=2FeBr3，，故答案为：2Fe+3Br2=2FeBr3；；（2）溴苯中的溴易挥发，溴和苯都是非极性分子，根据相似相溶原理知，溴易溶于苯，所以苯的作用是吸收溴蒸汽除去；该反应中有溴化氢生成，能与水蒸气结合成氢溴酸液滴，液面上有白雾，溴化氢溶于水得到氢溴酸，氢溴酸是酸性物质，能使石蕊试液变红色，故答案为：吸收Br2蒸汽；，D管中石蕊试液变红，液面上有白雾；（3）苯与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，溴苯是密度大于水，无色的油状液体，溴化氢易挥发，能与水蒸气结合成氢溴酸液滴，溴化铁与氢氧化钠反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，故答案为：溶液中有红褐色的絮状物生成，底部有无色油状物质生成，液面上有白雾；（4）HBr易溶于水，直接将导管伸入水溶液液面以下，会发生倒吸，装置D中导管口在液面上方，能防止倒吸，E中倒置漏斗增大了气体与氢氧化钠溶液的接触面积，有缓冲作用，能够防止倒吸，故答案为：DE；（5）本实验中进行尾气处理，环保，不会污染环境，故答案为：环保，不会污染环境．【点评】本题为实验制备题目，涉及溴苯的制取，侧重考查学生对装置与原理的分析评价，难度不大．27．有机物A由碳、氢、氧三种元素组成．现取2.3gA与2.8L氧气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）．将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重2.7g，碱石灰增重2.2g．回答下列问题：（1）2.3gA中所含氢原子、碳原子的物质的量各是多少？（2）通过计算确定该有机物的分子式．【考点】有关有机物分子式确定的计算．【专题】计算题．【分析】有机物质燃烧产物二氧化碳中的碳元素全部来自有机物，产物中的氢元素全部来自有机物，可以根据元素守恒来确定有机物质的H、C原子的物质的量，浓硫酸增重量极为生成水的量，碱石灰放在最后吸收的是二氧化碳的质量，根据元素守恒和质量守恒来计算即可．26\n【解答】解：（1）浓硫酸增重2.7g，所以有机物燃烧生成水的质量是2.7g，所以水的物质的量是0.15mol，H物质的量为0.3mol，即2.3gA中含H物质的量为0.3mol，碱石灰增重2.2g，即燃烧生成二氧化碳的质量是2.2g，由质量守恒定律可知：m有机物+m（O2）=m（CO2）+m（CO）+m（H2O），即2.3g+×32g/mol=2.2g+m（CO）+2.7g，解得m（CO）=1.4g，2.3gA中含C物质的量为+=0.1mol，答：2.3gA中所含氢原子、碳原子的物质的量各是0.3mol、0.1mol；（2）根据氧原子守恒，2.3g有机物质中含O物质的量=×2mol++﹣（×2）mol=0.05，该有机物中C、H、O原子个数比，0.1：0.3：0.05=：2：6：1，该有机物的分子式为：C2H6O，答：该有机物的分子式为C2H6O．【点评】本题考查学生有机物分子式的确定知识，注意原子守恒思想的灵活应用是关键，难度不大．26