还剩15页未读，
继续阅读
【化学】四川省广安市广安中学2018-2019学年高一下学期第三次月考试题（解析版）
展开
四川省广安市广安中学2018-2019学年高一下学期第三次月考试题
考试时间：100分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量H-1 C-12 O-16 N-14 Al-27 N-14
第I卷（选择题)(44分）
一、单选题（每小题2分）
1.诗句“春蚕到死丝方尽，蜡烛成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是（ ）
A. 脂肪、纤维素 B. 淀粉、油脂 C. 蛋白质、高级烃 D. 蛋白质、脂肪
【答案】C
【解析】蚕丝的主要成分是蛋白质，蜡烛的主要成分中烃类，故合理选项为C。
2.下列化学用语表示正确的是（ ）
A. 羟基的结构式：O﹣H B. 四氯化碳的电子式：
C. CO2的比例模型： D. 乙烯的结构简式：CH2=CH2
【答案】D
【解析】A．羟基的结构式：-O-H，A项错误；
B．四氯化碳各原子满足8电子稳定结构，其电子式为，B项错误；
C．CO2中C原子半径比O原子半径略大，其比例模型为，C项错误；
D．乙烯中碳原子之间形成碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，D项正确；
答案选D。
3.下列说法中不正确的是（ ）
A. 石油在国民经济中有着重要地位，被誉为“黑色的金子”“工业的血液”
B. 乙烯是一种植物生长调节剂，也是水果的催熟剂，其产量可衡量国家石油化工水平
C. 德国科学家凯库勒从梦境中得到启发，成功地提出了关于苯环结构的学说
D. 1869年俄国化学家舍勒根据原子半径大小排列出了第一张元素周期表
【答案】D
【解析】A. 石油在国民经济中有着重要地位，被誉为“黑色的金子”、“工业的血液”，A正确；
B. 乙烯是一种植物生长调节剂，也是水果的催熟剂，其产量可衡量国家石油化工水平，B正确；
C. 德国科学家凯库勒从梦境中得到启发，成功地提出了关于苯环结构的学说，C正确；
D. 1869年俄国化学家门捷列夫根据原子半径大小排列出了第一张元素周期表，舍勒是瑞典人，发现了氧气，D错误；
答案选D。
4.NA 表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 18g水所含的电子数为18NA
B. 0.1mol/L (NH4)2SO4溶液与 0.2 mol/L NH4Cl 溶液中的 NH4+数目相同
C. 标准状况下，11.2L HF 含有 0.5NA 个 HF 分子
D. 1 mol 氦气中含有 NA个He原子
【答案】D
【解析】A.18g水的物质的量是1mol，H2O分子中含有10个电子，则1mol H2O中所含的电子数为10NA，A错误；
B.缺少溶液体积，不能计算微粒数目，B错误；
C.在标准状况下HF以聚合分子存在，不能确定HF分子数目，C错误；
D.1mol氦气中含有 NA个He分子，由于He是单原子分子，所以1mol He分子含有NA个He原子，D正确；
故合理选项是D。
5. 下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳：2H＋＋CO32－CO2 ↑＋H2O
B. 氯气与烧碱溶液：Cl2 ＋2OH－2Cl－＋ H2O
C. H2SO4溶液中加入Ba(OH)2：Ba2+ + SO42－BaSO4↓
D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2OAl(OH)3↓+ 3NH4+
【答案】D
【解析】A.大理石难溶于水，不能写成离子形式，A错误；
B.氯气与烧碱反应产生NaCl、NaClO和水，反应原理不符合事实，B错误；
C.H2SO4溶液与Ba(OH)2发生反应，除了有BaSO4沉淀生成之外，还有水生成，C错误；
D.反应符合事实，离子方程式拆写符合事实，D正确；
故合理选项是D。
6. 下列说法正确的是（ ）
A. I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B. P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C. Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D. SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
【答案】B
【解析】A. 非金属性Br>I，则HBr比HI的热稳定性强，A错误；
B. 非金属性P>Si，则H3PO4比H2SiO3的酸性强，B正确；
C. Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反应，C错误；
D. SO2在酸性环境中能被Ba(NO3)2氧化成硫酸钡，则SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，D错误；
答案选B。
7.下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（ ）
A. 在碱性溶液中：CO32﹣、K+、S2﹣、Na+
B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣
C. 使pH试纸变红的溶液中：NH4+、AlO2﹣、C1﹣、K+
D. 在酸性溶液中：K+、C1﹣、Fe2+、 NO3﹣
【答案】A
【解析】A.在碱性溶液中：OH-与CO32﹣、K+、S2﹣、Na+不能反应，可以大量共存，A正确；
B.与铝粉反应放出氢气的无色溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中：H+与NO3﹣起HNO3作用，具有强氧化性，与Al不能反应产生氢气，B错误；
C.使pH试纸变红的溶液显酸性，在酸性溶液中：H+、AlO2﹣会发生反应转化为Al3+和水，不能大量共存，C错误；
D.在酸性溶液中，H+、Fe2+、 NO3﹣会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
8.下列有机分子中,所有的原子不可能位于同一平面的是（ ）
A. CH2=CH—CN B. CH2=CH—CH=CH2
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用烃代表物的空间构型，以及杂化类型进行分析；
【详解】A、双键中碳原子杂化方式为sp2，两个C原子和三个H原子共面，C和N之间共有叁键，C为sp杂化，该有机物所有原子在同一平面上，故A不符合题意；
B、乙烯空间构型为平面形，CH2=CH－CH=CH2中所有原子可能共面，故B不符合题意；
C、苯空间构型为平面六边形，乙烯空间构型为平面形，苯乙烯中所有原子可能共面，故C不符合题意；
D、该有机物中存在甲基，甲基上C原子杂化类型为sp3，即该有机物中所有原子不可能共面，故D符合题意。
9.下列各组物质的相互关系描述正确的是（ ）
A. H2、D2和T2互为同位素
B. 和互为同分异构体
C. 金刚石、C60、石墨互为同系物
D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质
【答案】D
【解析】A. H2、D2和T2是同种元素形成的单质，不互为同位素，故A错误；
B. 和属于甲烷的二氯代物，是一种物质，故B错误；
C. 金刚石、C60、石墨互为同素异形体，故C错误；
D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质2-甲基丁烷，故D正确；
答案：D
10.下列分离和提纯的实验操作中，正确的是
A. 蒸发 B. 过滤
C. 蒸馏 D. 分液
【答案】D
【解析】A．蒸发需要的仪器为蒸发皿，不能选烧杯， A错误；
B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，B错误；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，则温度计的水银球应在支管口处，冷却水应下口进水，C错误；
D．利用分液漏斗分离分层的液体混合物，图中分液操作装置合理，D正确；
故选D。
11.下列变化，是通过取代反应来实现的是（ ）
A. CH3CH2OH ─→CH3CHO B. CH2＝CH2─→CH3－CH2Br
C. D. CH3COOH─→CO2
【答案】C
【解析】
【分析】有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，根据定义分析。
【详解】A. 乙醇被氧化为乙醛，属于氧化反应，A项不符合题意；
B. 乙烯双键两端的碳原子分别与一个氢原子和一个溴原子直接结合生成新的化合物溴乙烷，属于加成反应，B项不符合题意；
C. 苯环上的氢原子被硝酸中的硝基取代生成硝基苯属于取代反应，C项符合题意；
D. 乙酸转化为二氧化碳的过程是氧化反应，不属于取代反应，D项不符合题意；
答案选C。
12.下列各组中的性质比较，正确的是（ ）
①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4 ②碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2
③还原性：F— >C1— >Br— ④稳定性：HCl>H2S>PH3
⑤熔沸点：AsH3 >PH3 >NH3
A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②④⑤
【答案】A
【解析】①元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，由于元素的非金属性Cl>Br>I，所以酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，①正确；
②元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于元素的金属性Ba>Ca>Mg，所以碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2，②正确；
③元素的非金属性越强，其相应的阴离子的还原性越弱。元素的非金属性F>Cl>Br，所以还原性：F—
⑤NH3分子之间存在氢键，使其熔沸点最高，AsH3 和PH3结构相似，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点就越高，所以熔沸点： NH3>AsH3 >PH3，⑤错误；
故合理说法是①②④，因此合理答案为A。
13.2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“钿”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是（ ）
A. Ts是第七周期第ⅦA族元素 B. Ts的同位素原子具有相同的电子数
C. Ts在同族元素中非金属性最弱 D. 中子数为176的Ts核素符号是Ts
【答案】D
【解析】A. 第七周期的0族元素是118号元素，所以 Ts是第七周期第ⅦA族元素，A正确；
B. 同位素原子具有相同质子数和电子数，所以Ts的同位素原子具有相同的电子数，B正确；
C. 同族元素从上到下非金属性逐渐减弱，Ts在同族元素中处在最下方，所以Ts非金属性最弱，C正确；
D. 中子数为176的Ts核素的质量数是176+117=293，该核素符号是，D错误；
故选D。
14.关于化学键与化合物的叙述中，错误的是（ ）
A. 离子化合物中一定含有金属离子 B. 共价化合物不可能含离子键
C. 离子化合物可能含共价键 D. CaCl2含有离子键，不含共价键
【答案】A
【解析】
【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键。
【详解】A项、离子化合物中不一定含有金属离子，如氯化铵为离子化合物不含有金属离子，故A错误；
B项、只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物只含共价键，不含离子键，故B正确；
C项、含有离子键的化合物是离子化合物，可能含有共价键，如氢氧化钠和过氧化钠为离子化合物，含有共价键，故C正确；
D项、CaCl2是钙离子与氯离子形成的离子化合物，只含有离子键，不含共价键，故D正确。
故选A。
15.下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是（ ）
A. 由Zn和稀H2SO4制氢气
B. 灼热的炭粉与二氧化碳
C. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合
D. 碳酸钙的分解
【答案】A
【解析】
【分析】从图上分析，反应物能量高于生成物，正反应是放热反应。
【详解】A．活泼金属与酸的反应是放热反应，A正确；
B．灼热的碳和二氧化碳的反应，是以C作为还原剂的反应，反应吸热，B错误；C．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl晶体混合反应是吸热反应，C错误；
D．碳酸钙分解属于分解反应，吸热反应，D错误；
故选A。
16.某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）
A. X分子中含有三种官能团
B. 可用酸性高锰酸钾溶液区别苯和X
C. X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应
D. 在催化剂的作用下，1 mol X最多能与5 mol H2加成
【答案】D
【解析】A、X分子中含有碳碳双键、酯基和羟基三种官能团，选项A正确；
B、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中含有碳碳双键和醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，选项B正确；
C、该物质含有碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、加聚反应；该物质含有酯基和醇羟基，酯的水解和醇的酯化都属于取代反应；该物质含有碳碳双键和醇羟基，都能发生氧化反应，选项C正确；
D、苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，在催化剂的作用下，1mol X最多能与4 mol H2加成，选项D错误；
答案选D。
17.在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v（B）=0.3 mol·L-1· s-1 B. v（A）=0.5mol·L-1· s-1
C. v（C）=0.8 mol·L-1· s-1 D. v（D）=30 mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答。
【详解】单位换算一致以后，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，对于这类题目，还需要将各反应速率换算为同一物质进行比较，加入都换算为A物质的速率（单位：mol·L-1·s-1）则A. v(A)=2 v(B)=0.6；B. v(A)=0.5；C. v(A)=v(C)=0.53；
D. v(A)=v(D)==0.25；显然A中比值最大，反应速率最快，
答案选A。
18. 下列做法利用了浓度对化学反应速率的影响的是（ ）
A. 将食物保存在电冰箱里
B. 做粉尘爆炸实验时选用很细的面粉
C. 向过氧化氢溶液中加入MnO2
D. 铁与稀盐酸反应太慢时加入较浓的盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】考查了影响化学反应速率的因素的相关知识。
【详解】A、将食物保存在电冰箱里是温度对反应速率的影响，A错误；
B、做粉尘爆炸实验时选用很细的面粉是接触面积对反应速率的影响，B错误；
C、向过氧化氢溶液中加入MnO2是催化剂对反应速率的影响，C错误；
D、铁与稀盐酸反应太慢时加入较浓的盐酸改变了盐酸的浓度，加快了反应速率，D正确；
故D为合理选项。
19.已知X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则下列说法错误的是（ ）
A. Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7:8的化合物
B. X、Y、Z三种元素可以组成原子个数比为4:2:3的一种盐
C. X和Z可以组成原子个数比分别为1:1和2:1常温下为液态的两种化合物
D. 由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有2种
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，则X是H元素；Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z是O元素；Y和Z可以形成两种以上气态化合物，且Y原子序数小于Z，则Y为碳元素或氮元素，据此进行解答。
【详解】根据上述推断可知X是H元素，Y是C或N元素，Z是O元素。
A.若Y是N，Z为O元素，二者形成的质量比为7：8的化合物是NO，A正确；
B.由H、N、O三种元素可以组成原子个数比为4:2:3的一种盐是NH4NO3，B正确；
C.X为氢元素，Z为O元素，O、H元素可以形成双氧水、水两种化合物，二者都是液态，原子个数比分别为1：1和2：1，C正确；
D.H、O两种组成的具有10电子的微粒有H2O、OH-、H3O+；H、N两种元素形成的10电子微粒有NH3、NH4+，若Y是C元素，H、C形成的10电子微粒只有CH4，N、O不能形成10电子的微粒，D错误；
故合理选项是D
20.恒温下，物质的量之比为2∶1的SO2和O2的混合气体在容积为2 L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)（正反应为放热反应），n(SO2)随时间变化关系如下表：
时间/min
0
1
2
3
4
5
n(SO2)/mol
0.20
0.16
0.13
0.11
0.08
0.08
下列说法正确的是（ ）
A. 反应开始到平衡过程中气体的平均相对分子质量不变
B. 若要提高SO2的转化率，可鼓入过量空气
C. 从反应开始到达到平衡，用SO3表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)
D. 容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为5∶4
【答案】B
【解析】
【分析】A.根据反应前后气体质量不变，气体的物质的量减小，利用n=及M与相对分子质量关系判断；
B.利用平衡移动原理分析平衡移动和物质的平衡转化率；
C.先根据表格数据计算v(SO2)，然后根据速率比等于化学计量数的比计算v(SO3)；
D.根据物质的量比等于压强之比计算。
【详解】A.混合气体的质量不变，由化学计量数可知混合气体的物质的量减小，由n=可得M=，可知开始到平衡过程中气体的平均相对分子质量增大，A错误；
B.过量氧气使氧气的浓度增大，根据平衡移动原理，增大反应物的浓度，平衡正向移动，可促进二氧化硫的转化，能提高SO2的转化率，B正确；
C.从反应开始到达到平衡，用SO2表示的平均反应速率为v(SO2)==0.015 mol/（L•min），根据方程式可知v(SO2)：v(SO3)=1：1，所以v(SO3)= 0.015mol/(L•min)，C错误；
D.物质的量比等于压强之比，则容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为(0.08+0.04+0.12)：(0.2+0.1)=4：5，D错误；
故合理选项是B。
21.如图是锂—空气电池的放电原理图(隔膜只允许锂离子通过)。电池放电时的反应可表示为：4Li+O2+2H2O4LiOH。下列锂—空气电池放电时的有关说法正确的是（ ）
A. 正极反应式：Li-e－Li+
B. 每转移2mol电子，消耗11.2L的O2
C. Li+不断向电池的正极移动
D. 可以去掉隔膜和有机电解液，让金属锂与水性电解液直接接触
【答案】C
【解析】A.负极的电极反应式为：Li-e-Li+，A错误；
B.缺少外界条件，不能确定氧气的体积大小，B错误；
C. Li+会不断向负电荷较多的正极移动，C正确；
D.Li与水会直接发生反应，因此不能去掉隔膜和有机电解液，让金属锂与水性电解液直接接触，D错误；
故合理选项是C。
22.一定量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO2 和水蒸气，此混合气体质量为49.6g，当其缓慢经过无水氯化钙(足量)时，氯化钙增重25.2g ，则原混合气体中CO的质量为( )
A. 26.4 g B. 19.7 g C. 13.2 g D. 11.2 g
【答案】D
【解析】无水CaCl2增重25.2克，则水的质量为25.2g；
所以n（H2O）==1.4mol．
根据H原子守恒可计算CH4的物质的量为n（CH4）=n（H2O）=×1.4mol=0.7mol．
根据C原子守恒可知CO和CO2的总的物质的量为0.7mol，
由于水的质量为25.2g，所以一氧化碳和二氧化碳的质量为：49.6g-25.2g=24.4g；
令CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：
解得x=0.4，y=0.3．
所以原混合气中CO的质量为0.4mol×28g/mol=11.2g，故D正确。
第II卷（非选择题)（56分）
23.下表标出是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：
（1）除稀有气体外第三周期中原子半径最小的是_____（填元素符号）
（2）表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是_____（用元素符号表示，下同），金属性最强的是___（用元素符号表示），属于过渡元素的是___（该空格用表中的字母表示）
（3）元素B的单质含有的化学键为_____。（填“离子键’’、“极性共价键”、“非极性共价键”）
（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_____________
（5）为比较元素A和G的非金属性强弱，用图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，装置气密性良好）。溶液B应该选用_____溶液，作用是_________，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是：________________________。
【答案】(1). Cl (2). Ar (3). Na (4). M (5). 非极性共价键 (6). Al（OH）3+OH﹣AlO2﹣+2H2O (7). 饱和NaHCO3 (8). 除去CO2中的HCl杂质 (9). CO2+H2O+Na2SiO3Na2CO3+H2SiO3↓
【解析】
【分析】本题截取元素周期表的片段，可根据位置推断出A为C，B为O，C为F，D为Na，E为Mg，F为Al，G为Si，H为P，I为S，J为Cl，K为Ar，M为过渡元素。
【详解】（1）同周期时，自左往右，原子半径越来越小，因而第三周期中J、即Cl原子半径最小（除稀有气体）；
（2）由于稀有气体原子为稳定结构，化学性质最不活泼，表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是K，即Ar；同周期时，自左往右，金属性越来越弱，同主族时，自上而下，金属性越来越强，因而可推知D，即Na金属性最强；过渡元素介于ⅡA和ⅢA之间，可推知M为过渡元素；
（3）元素B的单质为O2，O原子最外层有6个电子，需得电子形成8电子稳定结构，因而O原子之间形成共价键，且形成共价键的原子是相同的，因而该化学键为非极性共价键；
（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物分别是NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH﹣AlO2﹣+2H2O；
（5）盐酸和大理石反应生成二氧化碳，由于盐酸易挥发，CO2中含有HCl杂质，可用饱和NaHCO3溶液除去HCl，其反应方程式为NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O，因而溶液B为饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中的HCl杂质，碳酸的酸性强于硅酸，因而可用碳酸和硅酸盐反应制得硅酸，又元素的最高价含氧酸酸性越强，则元素的非金属性越强，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是CO2+H2O+Na2SiO3Na2CO3+H2SiO3↓。
24.下列各图均能表示甲烷的分子结构，按要求回答下列问题。
（1）甲烷的比例模型是______(填序号)。
（2）相对分子质量为100的烷烃的分子式是_____。
（3）立方烷的一氯代物有_________种，它的六氯代物有_________种。
（4）下列物质的沸点按由高到低的顺序排列正确的是___________。
①CH3(CH2)2CH3 ②CH3(CH2)3CH3 ③(CH3)3CH ④(CH3)2CHCH2CH3
A.②④①③ B.④②①③ C.④③②① D.②④③①
（5）已知拆开1mol H－H键，1molO－H（g）键，1molO=O键分别需要的能量是436kJ、463kJ、496kJ，则O2与H2反应生成2molH2O（g）所释放的热量为___________ kJ 。
【答案】(1). C (2). C7H16 (3). 1 (4). 3 (5). A (6). 484
【解析】
【分析】(1)根据原子半径C>H，原子之间形成共价键，分析判断；
(2)根据烷烃分子式通式是CnH2n+2分析计算；
(3)立方烷分子中只有一种H原子，H原子被Cl取代得到取代产物；立方烷结构对称，含有1种H，二氯代物有一条棱、面对角线、体对角线上3种位置，六氯代物与二氯代物的同分异构体数目相同；
(4)分子中含有的C原子数越多，物质沸点越高，当分子式相同时，支链越少，物质的沸点越高；
(5)反应热为断裂反应物的化学键吸收的热量与形成生成物化学键释放的能量的差计算。
【详解】(1)甲烷是正四面体结构，C原子与4个H原子形成四个共价键，由于原子半径C>H，二者形成共价键时电子云重叠、交叉而结合在一起，所以甲烷的比例模型是C；
(2)烷烃分子式通式是CnH2n+2，则烷烃的相对分子质量是14n+2=100,，解得n=7，所以该烷烃的分子式是C7H16；
(3)根据立方烷结构可知，该物质是高度对称的，分子中只有一种位置的H原子，所以其一氯代物只有一种；立方烷分子式是C8H8，它的六氯取代产物的种类与二氯取代产物种类相同，二氯代物有一条棱、面对角线、体对角线上3种位置，一氯代物有1种，二氯代物有3种，分子中共含有8个H原子，则六氯代物与二氯代物的同分异构体数目相同，同分异构体数目为3种；
(4)烷烃的物理性质随着分子中碳原子数的递增呈规律性变化，沸点逐渐升高；碳原子数相同的烃，支链越多，熔沸点越低。
①、③中碳原子都是4个，②无支链，沸点：①＞③；②、④中碳原子数为5，比①、③中碳原子数都多，则沸点较高，故沸点按由高到低的顺序排列是②④①③，故合理选项是A；
(5)发生反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)，断裂2mol H-H、1mol O=O需要吸收的能量为436kJ×2+496kJ=1368kJ，形成4mol H-O释放的能量为463kJ×4=1852kJ，释放的能量多余吸收的能量，所以该反应为放热反应，反应放出热量为484kJ。
25.镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：
(1)为了使MgS04转化为Mg(OH)2，试剂①可以选用____（填化学式）。
(2)加入试剂①后，能够分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是____。
(3)试剂②可以选用 ___（填化学式）。
(4)无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为：_________________。
【答案】(1). Ca(OH)2 (2). 过滤 (3). HCl (4).
【解析】
【分析】本题考查海水中提取镁。由流程图可知，海水中加入氢氧化钠，将硫酸镁转化成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，通入蒸发浓缩、洗涤干燥得到干燥的氯化镁，然后电解熔融氯化镁获得金属镁。
【详解】（1）使MgSO4转化为Mg(OH)2，应选择碱，在转化中不引入新的离子，则试剂①选择Ca(OH)2，为了使镁离子完全转化，加入Ca(OH)2的量应过量；
（2）过滤适用于不溶于水的固体和液体，氢氧化镁不溶于水，所以分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是过滤；
（3）从氢氧化镁到氯化镁，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水；
（4）电解熔融氯化镁得到镁和氯气，电解的化学方程式为：。
26.已知乙烯能发生以下转化：
（1）乙烯的结构式为：_________________。
（2）写出下列化合物官能团的名称：
B中含官能团名称________________；
D中含官能团名称________________。
（3）写出反应的化学方程式及反应类型：
①__________________；反应类型：________。
②__________________；反应类型：________。
③__________________；反应类型：________。
【答案】(1). （或） (2). 羟基 (3). 羧基 (4). CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH (5). 加成反应 (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 氧化反应 (8). nCH2=CH2 (9). 加聚反应
【解析】
【分析】乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成CH3CHO，C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)，则D为CH3COOH。乙烯发生加聚反应生成聚乙烯()，据此分析解答。
【详解】(1)乙烯的结构式为：，故答案为：；
(2)由上述分析可知，B为CH3CH2OH，官能团为羟基；D为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为：羟基；羧基；
(3)反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；反应②是乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；反应③是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为：nCH2=CH2 ，故答案为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；加成反应；2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；氧化反应；nCH2=CH2 ；加聚反应。
27.Ⅰ.恒温恒容下，将2mol A气体和2mol B气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2 min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2mol B，并测得C的浓度为1.2mol/L。
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为_____ mol/(L·s)。
(2)x＝____。
(3)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是____。
A.压强不再变化 B.v(A）正=2v(B）逆
C 气体密度不再变化 D.A的百分含量保持不变
E.A的消耗速率与C的消耗速率之比为2：1
Ⅱ.某鱼雷采用 Al-Ag2O 动力电池，以溶解有KOH 的流动海水为电解液，电池总反应为：2Al+3Ag2O+2KOH6Ag+2KAlO2+H2O。试回答下列问题：
(1)Ag2O 为电池的____极（填“负”或“正”），负极反应式为______。
(2)当有 1mol电子流经外电路时，负极质量减少______g。
(3)溶液中的 OH-向________极迁移（填“Ag2O”或“Al”）。
【答案】(1). 0.01 (2). 3 (3). BCD (4). 正 (5). Al+4OH--3e-AlO2-+2H2O (6). 9 (7). Al
【解析】
【分析】I.(1)根据化学反应速率的概念计算v(C)；
(2)根据速率比等于化学计量数的比，先计算出v(B)，在计算x的值；
(3)根据平衡状态时正、逆反应速率相等，任何一组分的质量、物质的量及含量不变分析、判断；
II.在Al-Ag2O动力电池中，由于活动性Al>Ag2O，所以Al是负极，Ag2O是正极；阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，在同一闭合回路中电子转移数目相等。
【详解】I.(1)v(C)==0.01mol/(L·s)；
(2) v(B)==mol/(L·s)，v(B)：v(C)=1：x=：0.01，解得x=3；
(3)A.该反应是反应前后气体体积不变的反应，无论反应是否平衡，气体的压强不变，因此不能根据压强不再变化判断反应是否处于平衡状态，A错误；
B.根据v(A)正=2v(B)逆可得v(A)正= v(A)逆，反应处于平衡状态，B正确；
C.该反应在反应前后气体的质量会发生变化，由于容器的容积不变，所以若气体密度不再变化，反应达到平衡状态，C正确；
D.若反应未达到平衡，A的质量就会发生变化，因此若A的百分含量保持不变，说明反应达到平衡状态，D正确；
E.根据方程式可知，每反应消耗2mol A，就会同时产生3mol C，若A的消耗速率与C的消耗速率之比为2：3，则会产生2mol A，反应达到平衡，现在A的消耗速率与C的消耗速率之比为2：1，说明反应未达到平衡状态，E错误；
故合理选项是BCD；
II.(1)电极活动性：Al>Ag2O，所以Ag2O为电池的正极，Al为负极，负极Al失去电子变为Al3+，与溶液中的OH-反应产生AlO2-，所以负极的电极反应式为Al+4OH--3e-AlO2-+2H2O。
(2)Al是+3价的金属，每有1mol Al反应，转移3mol电子，所以当有 1mol电子流经外电路时，负极质量减少了=9g。
(3)根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，溶液中的 OH-向正电荷较多的负极Al电极迁移。
考试时间：100分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
可能用到的相对原子质量H-1 C-12 O-16 N-14 Al-27 N-14
第I卷（选择题)(44分）
一、单选题（每小题2分）
1.诗句“春蚕到死丝方尽，蜡烛成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是（ ）
A. 脂肪、纤维素 B. 淀粉、油脂 C. 蛋白质、高级烃 D. 蛋白质、脂肪
【答案】C
【解析】蚕丝的主要成分是蛋白质，蜡烛的主要成分中烃类，故合理选项为C。
2.下列化学用语表示正确的是（ ）
A. 羟基的结构式：O﹣H B. 四氯化碳的电子式：
C. CO2的比例模型： D. 乙烯的结构简式：CH2=CH2
【答案】D
【解析】A．羟基的结构式：-O-H，A项错误；
B．四氯化碳各原子满足8电子稳定结构，其电子式为，B项错误；
C．CO2中C原子半径比O原子半径略大，其比例模型为，C项错误；
D．乙烯中碳原子之间形成碳碳双键，其结构简式为CH2=CH2，D项正确；
答案选D。
3.下列说法中不正确的是（ ）
A. 石油在国民经济中有着重要地位，被誉为“黑色的金子”“工业的血液”
B. 乙烯是一种植物生长调节剂，也是水果的催熟剂，其产量可衡量国家石油化工水平
C. 德国科学家凯库勒从梦境中得到启发，成功地提出了关于苯环结构的学说
D. 1869年俄国化学家舍勒根据原子半径大小排列出了第一张元素周期表
【答案】D
【解析】A. 石油在国民经济中有着重要地位，被誉为“黑色的金子”、“工业的血液”，A正确；
B. 乙烯是一种植物生长调节剂，也是水果的催熟剂，其产量可衡量国家石油化工水平，B正确；
C. 德国科学家凯库勒从梦境中得到启发，成功地提出了关于苯环结构的学说，C正确；
D. 1869年俄国化学家门捷列夫根据原子半径大小排列出了第一张元素周期表，舍勒是瑞典人，发现了氧气，D错误；
答案选D。
4.NA 表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 18g水所含的电子数为18NA
B. 0.1mol/L (NH4)2SO4溶液与 0.2 mol/L NH4Cl 溶液中的 NH4+数目相同
C. 标准状况下，11.2L HF 含有 0.5NA 个 HF 分子
D. 1 mol 氦气中含有 NA个He原子
【答案】D
【解析】A.18g水的物质的量是1mol，H2O分子中含有10个电子，则1mol H2O中所含的电子数为10NA，A错误；
B.缺少溶液体积，不能计算微粒数目，B错误；
C.在标准状况下HF以聚合分子存在，不能确定HF分子数目，C错误；
D.1mol氦气中含有 NA个He分子，由于He是单原子分子，所以1mol He分子含有NA个He原子，D正确；
故合理选项是D。
5. 下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 实验室用大理石和稀盐酸制取二氧化碳：2H＋＋CO32－CO2 ↑＋H2O
B. 氯气与烧碱溶液：Cl2 ＋2OH－2Cl－＋ H2O
C. H2SO4溶液中加入Ba(OH)2：Ba2+ + SO42－BaSO4↓
D. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2OAl(OH)3↓+ 3NH4+
【答案】D
【解析】A.大理石难溶于水，不能写成离子形式，A错误；
B.氯气与烧碱反应产生NaCl、NaClO和水，反应原理不符合事实，B错误；
C.H2SO4溶液与Ba(OH)2发生反应，除了有BaSO4沉淀生成之外，还有水生成，C错误；
D.反应符合事实，离子方程式拆写符合事实，D正确；
故合理选项是D。
6. 下列说法正确的是（ ）
A. I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B. P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C. Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D. SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4
【答案】B
【解析】A. 非金属性Br>I，则HBr比HI的热稳定性强，A错误；
B. 非金属性P>Si，则H3PO4比H2SiO3的酸性强，B正确；
C. Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO属于碱性氧化物，与NaOH溶液不反应，C错误；
D. SO2在酸性环境中能被Ba(NO3)2氧化成硫酸钡，则SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液只得到BaSO4白色沉淀，D错误；
答案选B。
7.下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（ ）
A. 在碱性溶液中：CO32﹣、K+、S2﹣、Na+
B. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO3﹣、Mg2+、Na+、SO42﹣
C. 使pH试纸变红的溶液中：NH4+、AlO2﹣、C1﹣、K+
D. 在酸性溶液中：K+、C1﹣、Fe2+、 NO3﹣
【答案】A
【解析】A.在碱性溶液中：OH-与CO32﹣、K+、S2﹣、Na+不能反应，可以大量共存，A正确；
B.与铝粉反应放出氢气的无色溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中：H+与NO3﹣起HNO3作用，具有强氧化性，与Al不能反应产生氢气，B错误；
C.使pH试纸变红的溶液显酸性，在酸性溶液中：H+、AlO2﹣会发生反应转化为Al3+和水，不能大量共存，C错误；
D.在酸性溶液中，H+、Fe2+、 NO3﹣会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；
故合理选项是A。
8.下列有机分子中,所有的原子不可能位于同一平面的是（ ）
A. CH2=CH—CN B. CH2=CH—CH=CH2
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用烃代表物的空间构型，以及杂化类型进行分析；
【详解】A、双键中碳原子杂化方式为sp2，两个C原子和三个H原子共面，C和N之间共有叁键，C为sp杂化，该有机物所有原子在同一平面上，故A不符合题意；
B、乙烯空间构型为平面形，CH2=CH－CH=CH2中所有原子可能共面，故B不符合题意；
C、苯空间构型为平面六边形，乙烯空间构型为平面形，苯乙烯中所有原子可能共面，故C不符合题意；
D、该有机物中存在甲基，甲基上C原子杂化类型为sp3，即该有机物中所有原子不可能共面，故D符合题意。
9.下列各组物质的相互关系描述正确的是（ ）
A. H2、D2和T2互为同位素
B. 和互为同分异构体
C. 金刚石、C60、石墨互为同系物
D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质
【答案】D
【解析】A. H2、D2和T2是同种元素形成的单质，不互为同位素，故A错误；
B. 和属于甲烷的二氯代物，是一种物质，故B错误；
C. 金刚石、C60、石墨互为同素异形体，故C错误；
D. (CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质2-甲基丁烷，故D正确；
答案：D
10.下列分离和提纯的实验操作中，正确的是
A. 蒸发 B. 过滤
C. 蒸馏 D. 分液
【答案】D
【解析】A．蒸发需要的仪器为蒸发皿，不能选烧杯， A错误；
B．过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，B错误；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，则温度计的水银球应在支管口处，冷却水应下口进水，C错误；
D．利用分液漏斗分离分层的液体混合物，图中分液操作装置合理，D正确；
故选D。
11.下列变化，是通过取代反应来实现的是（ ）
A. CH3CH2OH ─→CH3CHO B. CH2＝CH2─→CH3－CH2Br
C. D. CH3COOH─→CO2
【答案】C
【解析】
【分析】有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，根据定义分析。
【详解】A. 乙醇被氧化为乙醛，属于氧化反应，A项不符合题意；
B. 乙烯双键两端的碳原子分别与一个氢原子和一个溴原子直接结合生成新的化合物溴乙烷，属于加成反应，B项不符合题意；
C. 苯环上的氢原子被硝酸中的硝基取代生成硝基苯属于取代反应，C项符合题意；
D. 乙酸转化为二氧化碳的过程是氧化反应，不属于取代反应，D项不符合题意；
答案选C。
12.下列各组中的性质比较，正确的是（ ）
①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4 ②碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2
③还原性：F— >C1— >Br— ④稳定性：HCl>H2S>PH3
⑤熔沸点：AsH3 >PH3 >NH3
A. ①②④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②④⑤
【答案】A
【解析】①元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，由于元素的非金属性Cl>Br>I，所以酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，①正确；
②元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于元素的金属性Ba>Ca>Mg，所以碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2，②正确；
③元素的非金属性越强，其相应的阴离子的还原性越弱。元素的非金属性F>Cl>Br，所以还原性：F—
⑤NH3分子之间存在氢键，使其熔沸点最高，AsH3 和PH3结构相似，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，物质的熔沸点就越高，所以熔沸点： NH3>AsH3 >PH3，⑤错误；
故合理说法是①②④，因此合理答案为A。
13.2016年IUPAC命名117号元素为Ts（中文名“钿”，tián），Ts的原子核外最外层电子数是7。下列说法不正确的是（ ）
A. Ts是第七周期第ⅦA族元素 B. Ts的同位素原子具有相同的电子数
C. Ts在同族元素中非金属性最弱 D. 中子数为176的Ts核素符号是Ts
【答案】D
【解析】A. 第七周期的0族元素是118号元素，所以 Ts是第七周期第ⅦA族元素，A正确；
B. 同位素原子具有相同质子数和电子数，所以Ts的同位素原子具有相同的电子数，B正确；
C. 同族元素从上到下非金属性逐渐减弱，Ts在同族元素中处在最下方，所以Ts非金属性最弱，C正确；
D. 中子数为176的Ts核素的质量数是176+117=293，该核素符号是，D错误；
故选D。
14.关于化学键与化合物的叙述中，错误的是（ ）
A. 离子化合物中一定含有金属离子 B. 共价化合物不可能含离子键
C. 离子化合物可能含共价键 D. CaCl2含有离子键，不含共价键
【答案】A
【解析】
【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键。
【详解】A项、离子化合物中不一定含有金属离子，如氯化铵为离子化合物不含有金属离子，故A错误；
B项、只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物只含共价键，不含离子键，故B正确；
C项、含有离子键的化合物是离子化合物，可能含有共价键，如氢氧化钠和过氧化钠为离子化合物，含有共价键，故C正确；
D项、CaCl2是钙离子与氯离子形成的离子化合物，只含有离子键，不含共价键，故D正确。
故选A。
15.下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是（ ）
A. 由Zn和稀H2SO4制氢气
B. 灼热的炭粉与二氧化碳
C. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合
D. 碳酸钙的分解
【答案】A
【解析】
【分析】从图上分析，反应物能量高于生成物，正反应是放热反应。
【详解】A．活泼金属与酸的反应是放热反应，A正确；
B．灼热的碳和二氧化碳的反应，是以C作为还原剂的反应，反应吸热，B错误；C．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl晶体混合反应是吸热反应，C错误；
D．碳酸钙分解属于分解反应，吸热反应，D错误；
故选A。
16.某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）
A. X分子中含有三种官能团
B. 可用酸性高锰酸钾溶液区别苯和X
C. X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、氧化等反应
D. 在催化剂的作用下，1 mol X最多能与5 mol H2加成
【答案】D
【解析】A、X分子中含有碳碳双键、酯基和羟基三种官能团，选项A正确；
B、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，X中含有碳碳双键和醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，选项B正确；
C、该物质含有碳碳双键，碳碳双键可以发生加成、加聚反应；该物质含有酯基和醇羟基，酯的水解和醇的酯化都属于取代反应；该物质含有碳碳双键和醇羟基，都能发生氧化反应，选项C正确；
D、苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，在催化剂的作用下，1mol X最多能与4 mol H2加成，选项D错误；
答案选D。
17.在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v（B）=0.3 mol·L-1· s-1 B. v（A）=0.5mol·L-1· s-1
C. v（C）=0.8 mol·L-1· s-1 D. v（D）=30 mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答。
【详解】单位换算一致以后，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，对于这类题目，还需要将各反应速率换算为同一物质进行比较，加入都换算为A物质的速率（单位：mol·L-1·s-1）则A. v(A)=2 v(B)=0.6；B. v(A)=0.5；C. v(A)=v(C)=0.53；
D. v(A)=v(D)==0.25；显然A中比值最大，反应速率最快，
答案选A。
18. 下列做法利用了浓度对化学反应速率的影响的是（ ）
A. 将食物保存在电冰箱里
B. 做粉尘爆炸实验时选用很细的面粉
C. 向过氧化氢溶液中加入MnO2
D. 铁与稀盐酸反应太慢时加入较浓的盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】考查了影响化学反应速率的因素的相关知识。
【详解】A、将食物保存在电冰箱里是温度对反应速率的影响，A错误；
B、做粉尘爆炸实验时选用很细的面粉是接触面积对反应速率的影响，B错误；
C、向过氧化氢溶液中加入MnO2是催化剂对反应速率的影响，C错误；
D、铁与稀盐酸反应太慢时加入较浓的盐酸改变了盐酸的浓度，加快了反应速率，D正确；
故D为合理选项。
19.已知X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，而Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则下列说法错误的是（ ）
A. Y和Z可以组成一种Y和Z的质量比为7:8的化合物
B. X、Y、Z三种元素可以组成原子个数比为4:2:3的一种盐
C. X和Z可以组成原子个数比分别为1:1和2:1常温下为液态的两种化合物
D. 由X、Y、Z三种元素中的任意两种组成的具有10电子的微粒有2种
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z都是短周期元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相等，则X是H元素；Z原子的最外层电子数是次外层的3倍，只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z是O元素；Y和Z可以形成两种以上气态化合物，且Y原子序数小于Z，则Y为碳元素或氮元素，据此进行解答。
【详解】根据上述推断可知X是H元素，Y是C或N元素，Z是O元素。
A.若Y是N，Z为O元素，二者形成的质量比为7：8的化合物是NO，A正确；
B.由H、N、O三种元素可以组成原子个数比为4:2:3的一种盐是NH4NO3，B正确；
C.X为氢元素，Z为O元素，O、H元素可以形成双氧水、水两种化合物，二者都是液态，原子个数比分别为1：1和2：1，C正确；
D.H、O两种组成的具有10电子的微粒有H2O、OH-、H3O+；H、N两种元素形成的10电子微粒有NH3、NH4+，若Y是C元素，H、C形成的10电子微粒只有CH4，N、O不能形成10电子的微粒，D错误；
故合理选项是D
20.恒温下，物质的量之比为2∶1的SO2和O2的混合气体在容积为2 L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)（正反应为放热反应），n(SO2)随时间变化关系如下表：
时间/min
0
1
2
3
4
5
n(SO2)/mol
0.20
0.16
0.13
0.11
0.08
0.08
下列说法正确的是（ ）
A. 反应开始到平衡过程中气体的平均相对分子质量不变
B. 若要提高SO2的转化率，可鼓入过量空气
C. 从反应开始到达到平衡，用SO3表示的平均反应速率为0.01 mol/(L·min)
D. 容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为5∶4
【答案】B
【解析】
【分析】A.根据反应前后气体质量不变，气体的物质的量减小，利用n=及M与相对分子质量关系判断；
B.利用平衡移动原理分析平衡移动和物质的平衡转化率；
C.先根据表格数据计算v(SO2)，然后根据速率比等于化学计量数的比计算v(SO3)；
D.根据物质的量比等于压强之比计算。
【详解】A.混合气体的质量不变，由化学计量数可知混合气体的物质的量减小，由n=可得M=，可知开始到平衡过程中气体的平均相对分子质量增大，A错误；
B.过量氧气使氧气的浓度增大，根据平衡移动原理，增大反应物的浓度，平衡正向移动，可促进二氧化硫的转化，能提高SO2的转化率，B正确；
C.从反应开始到达到平衡，用SO2表示的平均反应速率为v(SO2)==0.015 mol/（L•min），根据方程式可知v(SO2)：v(SO3)=1：1，所以v(SO3)= 0.015mol/(L•min)，C错误；
D.物质的量比等于压强之比，则容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为(0.08+0.04+0.12)：(0.2+0.1)=4：5，D错误；
故合理选项是B。
21.如图是锂—空气电池的放电原理图(隔膜只允许锂离子通过)。电池放电时的反应可表示为：4Li+O2+2H2O4LiOH。下列锂—空气电池放电时的有关说法正确的是（ ）
A. 正极反应式：Li-e－Li+
B. 每转移2mol电子，消耗11.2L的O2
C. Li+不断向电池的正极移动
D. 可以去掉隔膜和有机电解液，让金属锂与水性电解液直接接触
【答案】C
【解析】A.负极的电极反应式为：Li-e-Li+，A错误；
B.缺少外界条件，不能确定氧气的体积大小，B错误；
C. Li+会不断向负电荷较多的正极移动，C正确；
D.Li与水会直接发生反应，因此不能去掉隔膜和有机电解液，让金属锂与水性电解液直接接触，D错误；
故合理选项是C。
22.一定量的甲烷燃烧后得到的产物为CO、CO2 和水蒸气，此混合气体质量为49.6g，当其缓慢经过无水氯化钙(足量)时，氯化钙增重25.2g ，则原混合气体中CO的质量为( )
A. 26.4 g B. 19.7 g C. 13.2 g D. 11.2 g
【答案】D
【解析】无水CaCl2增重25.2克，则水的质量为25.2g；
所以n（H2O）==1.4mol．
根据H原子守恒可计算CH4的物质的量为n（CH4）=n（H2O）=×1.4mol=0.7mol．
根据C原子守恒可知CO和CO2的总的物质的量为0.7mol，
由于水的质量为25.2g，所以一氧化碳和二氧化碳的质量为：49.6g-25.2g=24.4g；
令CO、CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则：
解得x=0.4，y=0.3．
所以原混合气中CO的质量为0.4mol×28g/mol=11.2g，故D正确。
第II卷（非选择题)（56分）
23.下表标出是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：
（1）除稀有气体外第三周期中原子半径最小的是_____（填元素符号）
（2）表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是_____（用元素符号表示，下同），金属性最强的是___（用元素符号表示），属于过渡元素的是___（该空格用表中的字母表示）
（3）元素B的单质含有的化学键为_____。（填“离子键’’、“极性共价键”、“非极性共价键”）
（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_____________
（5）为比较元素A和G的非金属性强弱，用图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，装置气密性良好）。溶液B应该选用_____溶液，作用是_________，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是：________________________。
【答案】(1). Cl (2). Ar (3). Na (4). M (5). 非极性共价键 (6). Al（OH）3+OH﹣AlO2﹣+2H2O (7). 饱和NaHCO3 (8). 除去CO2中的HCl杂质 (9). CO2+H2O+Na2SiO3Na2CO3+H2SiO3↓
【解析】
【分析】本题截取元素周期表的片段，可根据位置推断出A为C，B为O，C为F，D为Na，E为Mg，F为Al，G为Si，H为P，I为S，J为Cl，K为Ar，M为过渡元素。
【详解】（1）同周期时，自左往右，原子半径越来越小，因而第三周期中J、即Cl原子半径最小（除稀有气体）；
（2）由于稀有气体原子为稳定结构，化学性质最不活泼，表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是K，即Ar；同周期时，自左往右，金属性越来越弱，同主族时，自上而下，金属性越来越强，因而可推知D，即Na金属性最强；过渡元素介于ⅡA和ⅢA之间，可推知M为过渡元素；
（3）元素B的单质为O2，O原子最外层有6个电子，需得电子形成8电子稳定结构，因而O原子之间形成共价键，且形成共价键的原子是相同的，因而该化学键为非极性共价键；
（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物分别是NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OH﹣AlO2﹣+2H2O；
（5）盐酸和大理石反应生成二氧化碳，由于盐酸易挥发，CO2中含有HCl杂质，可用饱和NaHCO3溶液除去HCl，其反应方程式为NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O，因而溶液B为饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中的HCl杂质，碳酸的酸性强于硅酸，因而可用碳酸和硅酸盐反应制得硅酸，又元素的最高价含氧酸酸性越强，则元素的非金属性越强，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是CO2+H2O+Na2SiO3Na2CO3+H2SiO3↓。
24.下列各图均能表示甲烷的分子结构，按要求回答下列问题。
（1）甲烷的比例模型是______(填序号)。
（2）相对分子质量为100的烷烃的分子式是_____。
（3）立方烷的一氯代物有_________种，它的六氯代物有_________种。
（4）下列物质的沸点按由高到低的顺序排列正确的是___________。
①CH3(CH2)2CH3 ②CH3(CH2)3CH3 ③(CH3)3CH ④(CH3)2CHCH2CH3
A.②④①③ B.④②①③ C.④③②① D.②④③①
（5）已知拆开1mol H－H键，1molO－H（g）键，1molO=O键分别需要的能量是436kJ、463kJ、496kJ，则O2与H2反应生成2molH2O（g）所释放的热量为___________ kJ 。
【答案】(1). C (2). C7H16 (3). 1 (4). 3 (5). A (6). 484
【解析】
【分析】(1)根据原子半径C>H，原子之间形成共价键，分析判断；
(2)根据烷烃分子式通式是CnH2n+2分析计算；
(3)立方烷分子中只有一种H原子，H原子被Cl取代得到取代产物；立方烷结构对称，含有1种H，二氯代物有一条棱、面对角线、体对角线上3种位置，六氯代物与二氯代物的同分异构体数目相同；
(4)分子中含有的C原子数越多，物质沸点越高，当分子式相同时，支链越少，物质的沸点越高；
(5)反应热为断裂反应物的化学键吸收的热量与形成生成物化学键释放的能量的差计算。
【详解】(1)甲烷是正四面体结构，C原子与4个H原子形成四个共价键，由于原子半径C>H，二者形成共价键时电子云重叠、交叉而结合在一起，所以甲烷的比例模型是C；
(2)烷烃分子式通式是CnH2n+2，则烷烃的相对分子质量是14n+2=100,，解得n=7，所以该烷烃的分子式是C7H16；
(3)根据立方烷结构可知，该物质是高度对称的，分子中只有一种位置的H原子，所以其一氯代物只有一种；立方烷分子式是C8H8，它的六氯取代产物的种类与二氯取代产物种类相同，二氯代物有一条棱、面对角线、体对角线上3种位置，一氯代物有1种，二氯代物有3种，分子中共含有8个H原子，则六氯代物与二氯代物的同分异构体数目相同，同分异构体数目为3种；
(4)烷烃的物理性质随着分子中碳原子数的递增呈规律性变化，沸点逐渐升高；碳原子数相同的烃，支链越多，熔沸点越低。
①、③中碳原子都是4个，②无支链，沸点：①＞③；②、④中碳原子数为5，比①、③中碳原子数都多，则沸点较高，故沸点按由高到低的顺序排列是②④①③，故合理选项是A；
(5)发生反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)，断裂2mol H-H、1mol O=O需要吸收的能量为436kJ×2+496kJ=1368kJ，形成4mol H-O释放的能量为463kJ×4=1852kJ，释放的能量多余吸收的能量，所以该反应为放热反应，反应放出热量为484kJ。
25.镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：
(1)为了使MgS04转化为Mg(OH)2，试剂①可以选用____（填化学式）。
(2)加入试剂①后，能够分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是____。
(3)试剂②可以选用 ___（填化学式）。
(4)无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，该反应的化学方程式为：_________________。
【答案】(1). Ca(OH)2 (2). 过滤 (3). HCl (4).
【解析】
【分析】本题考查海水中提取镁。由流程图可知，海水中加入氢氧化钠，将硫酸镁转化成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，通入蒸发浓缩、洗涤干燥得到干燥的氯化镁，然后电解熔融氯化镁获得金属镁。
【详解】（1）使MgSO4转化为Mg(OH)2，应选择碱，在转化中不引入新的离子，则试剂①选择Ca(OH)2，为了使镁离子完全转化，加入Ca(OH)2的量应过量；
（2）过滤适用于不溶于水的固体和液体，氢氧化镁不溶于水，所以分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是过滤；
（3）从氢氧化镁到氯化镁，氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水；
（4）电解熔融氯化镁得到镁和氯气，电解的化学方程式为：。
26.已知乙烯能发生以下转化：
（1）乙烯的结构式为：_________________。
（2）写出下列化合物官能团的名称：
B中含官能团名称________________；
D中含官能团名称________________。
（3）写出反应的化学方程式及反应类型：
①__________________；反应类型：________。
②__________________；反应类型：________。
③__________________；反应类型：________。
【答案】(1). （或） (2). 羟基 (3). 羧基 (4). CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH (5). 加成反应 (6). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (7). 氧化反应 (8). nCH2=CH2 (9). 加聚反应
【解析】
【分析】乙烯与水发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成CH3CHO，C为CH3CHO，B与D反应生成乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)，则D为CH3COOH。乙烯发生加聚反应生成聚乙烯()，据此分析解答。
【详解】(1)乙烯的结构式为：，故答案为：；
(2)由上述分析可知，B为CH3CH2OH，官能团为羟基；D为CH3COOH，官能团为羧基，故答案为：羟基；羧基；
(3)反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；反应②是乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；反应③是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应的化学方程式为：nCH2=CH2 ，故答案为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH；加成反应；2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；氧化反应；nCH2=CH2 ；加聚反应。
27.Ⅰ.恒温恒容下，将2mol A气体和2mol B气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2 min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2mol B，并测得C的浓度为1.2mol/L。
(1)从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为_____ mol/(L·s)。
(2)x＝____。
(3)下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是____。
A.压强不再变化 B.v(A）正=2v(B）逆
C 气体密度不再变化 D.A的百分含量保持不变
E.A的消耗速率与C的消耗速率之比为2：1
Ⅱ.某鱼雷采用 Al-Ag2O 动力电池，以溶解有KOH 的流动海水为电解液，电池总反应为：2Al+3Ag2O+2KOH6Ag+2KAlO2+H2O。试回答下列问题：
(1)Ag2O 为电池的____极（填“负”或“正”），负极反应式为______。
(2)当有 1mol电子流经外电路时，负极质量减少______g。
(3)溶液中的 OH-向________极迁移（填“Ag2O”或“Al”）。
【答案】(1). 0.01 (2). 3 (3). BCD (4). 正 (5). Al+4OH--3e-AlO2-+2H2O (6). 9 (7). Al
【解析】
【分析】I.(1)根据化学反应速率的概念计算v(C)；
(2)根据速率比等于化学计量数的比，先计算出v(B)，在计算x的值；
(3)根据平衡状态时正、逆反应速率相等，任何一组分的质量、物质的量及含量不变分析、判断；
II.在Al-Ag2O动力电池中，由于活动性Al>Ag2O，所以Al是负极，Ag2O是正极；阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，在同一闭合回路中电子转移数目相等。
【详解】I.(1)v(C)==0.01mol/(L·s)；
(2) v(B)==mol/(L·s)，v(B)：v(C)=1：x=：0.01，解得x=3；
(3)A.该反应是反应前后气体体积不变的反应，无论反应是否平衡，气体的压强不变，因此不能根据压强不再变化判断反应是否处于平衡状态，A错误；
B.根据v(A)正=2v(B)逆可得v(A)正= v(A)逆，反应处于平衡状态，B正确；
C.该反应在反应前后气体的质量会发生变化，由于容器的容积不变，所以若气体密度不再变化，反应达到平衡状态，C正确；
D.若反应未达到平衡，A的质量就会发生变化，因此若A的百分含量保持不变，说明反应达到平衡状态，D正确；
E.根据方程式可知，每反应消耗2mol A，就会同时产生3mol C，若A的消耗速率与C的消耗速率之比为2：3，则会产生2mol A，反应达到平衡，现在A的消耗速率与C的消耗速率之比为2：1，说明反应未达到平衡状态，E错误；
故合理选项是BCD；
II.(1)电极活动性：Al>Ag2O，所以Ag2O为电池的正极，Al为负极，负极Al失去电子变为Al3+，与溶液中的OH-反应产生AlO2-，所以负极的电极反应式为Al+4OH--3e-AlO2-+2H2O。
(2)Al是+3价的金属，每有1mol Al反应，转移3mol电子，所以当有 1mol电子流经外电路时，负极质量减少了=9g。
(3)根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，溶液中的 OH-向正电荷较多的负极Al电极迁移。
相关资料
更多
