【化学】四川省三台中学实验学校2018-2019学年高一6月月考试题（解析版）

四川省三台中学实验学校2018-2019学年高一6月月考试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Cl-35.5 Cu-64
第I卷(选择题，共46分)
一．选择题(本题包括8小题，每小题2分，共16分。每小题只有一个选项符合题意)
1.化学与生产、生活密切相关，下列有关说法中不正确的是（ ）
A. 软肥皂的主要成分是高级脂肪酸钾，用作汽车洗涤剂
B. 有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物
C. 人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物
D. 煤干馏得到的煤焦油可以分离出苯，苯是无色无味的液态烃
【答案】D
【解析】A.普通肥皂主要成分是高级脂肪酸盐，在通常情况下为固体，而高级脂肪酸钾在通常情况下为液体，因此又称为软肥皂，常用作汽车洗涤剂，A正确；
B.丝绸是蚕丝加工制成，主要成分是蛋白质，属于天然产生的高分子化合物，B正确；
C.人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，但纤维素能够促进肠道蠕动，将人体内代谢产物排出体外，因此又称为第六营养素，C正确；
D.煤干馏得到的煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等多种物质，可以通过分馏分离出苯，苯是无色带有特殊气味的液态烃，密度比水小，D错误；
故合理选项是D。
2.绿色化学“原子经济”指原子利用率达100%，下列反应符合要求的是 ( )
A. 乙烯聚合为聚乙烯高分子材料 B. 由苯制硝基苯
C. 以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜 D. 酸碱中和反应
【答案】A
【解析】A.乙烯发生加聚反应产生聚乙烯，反应物完全转化为生成物，原子利用率达到100%，A符合题意；
B.苯与硝酸在浓硫酸存在时发生取代反应产生硝基苯和水，反应物的原子没有完全转化为生成物硝基苯，原子利用率未达到100%，B不符合题意；
C.铜和浓硝酸反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，应物的原子没有完全转化为生成物硝酸铜，原子利用率未达到100%，C不符合题意；
D.酸碱中和反应产生盐和水，反应物未完全转化为生成物，所以原子利用率未达到100%，D不符合题意；
故合理选项是A。
3.下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A. NH3的电子式： B. F-的结构示意图：
C. 中子数为 46 的硒原子： 46Se D. 乙酸的分子式：CH3COOH
【答案】B
【解析】A.N原子最外层有5个电子，三个成单电子分别与3个H原子形成3个共价键，从而使分子中每个原子都达到稳定结构，所以NH3的电子式为：，A错误；
B.原子最外层有7个电子，获得1个电子变为F-，所以F-的结构示意图：，B正确；
C.中子数为 46 硒原子质量数是80，可表示为： 80Se，C错误；
D.乙酸的结构简式是：CH3COOH，D错误；
故合理选项是B。
4. 下列冶炼金属的原理不正确的是（）
A. 电解饱和食盐水制备金属钠 B. 加热分解Ag2O制备金属银
C. Fe2O3与CO高温下反应制备金属铁 D. Cu2S与O2高温下反应制备金属铜
【答案】A
【解析】试题分析：K～Al用电解法冶炼，Zn～Cu用热还原法冶炼，Cu以后用热分解法冶炼，A、应是电解熔融状态的氯化钠得到金属钠，电解饱和食盐水得到是氢氧化钠、氯气和氢气，故说法错误；B、根据上述分析，故说法正确；C、根据上述分析，故说法正确；D、冶炼铜还可以用火法炼铜和湿法炼铜，此反应属于火法炼铜，故说法正确。
5.燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，某氢氧燃料电池的构造示意图如下，该电池工作时，下列说法正确的是(     )

A. a电极是该电池正极
B. O2在b电极上发生氧化反应
C. 电解质溶液中OH-向正极移动
D. 该装置实现了化学能到电能的转化
【答案】D
【解析】A.通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，所以a是负极，A错误；
B.通入燃料氢气的电极a是负极，通氧气的电极b是正极，O2在b电极上获得电子，发生还原反应，B错误；
C.电解质溶液中OH-向负极移动，C错误；
D.燃料电池的工作原理属于原电池原理，是化学能转化为电能的装置，D正确；
故合理选项是D。
6.实验室用锌与稀硫酸反应制取氢气，欲使产生的速率加快，下列措施可行的是( )
A. 加水稀释 B. 加少量NaOH溶液
C. 改用的浓硫酸 D. 加入适量CuSO4溶液
【答案】D
【解析】A.加水稀释，c(H+)降低，反应速率减慢，A错误；
B.加少量NaOH溶液，OH-与溶液中的H+发生反应，使c(H+)降低，反应速率减慢，B错误；
C.由于浓硫酸中主要以H2SO4分子形式存在，c(H+)很小，而且浓硫酸与Zn反应不能产生氢气，因此不能加快反应速率，C错误；
D.Zn与CuSO4溶液发生置换反应产生Cu单质，Zn、Cu及硫酸构成原电池，Zn作原电池的负极，加快了反应速率，D正确；
故合理选项是D。
7.某化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（ ）   

A. 分子中所有碳原子一定处于同一平面
B. 不能与饱和Na2CO3溶液反应
C. 该物质能使溴的四氯化碳溶液褪色
D. 1mol化合物X最多能与2molNaOH反应
【答案】C
【解析】A.-CH2OH的C原子取代苯分子的H原子，在苯分子的平面上；乙烯分子是平面分子，苯分子是平面分子，两个平面共直线，可能在同一平面上，也可能不在该平面上，A错误；
B.该物质分子中含有羧基，酸性比碳酸强，因此可以与饱和Na2CO3溶液反应产生CO2气体，B错误；
C.该物质分子中含有碳碳双键，因此能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；
D.该物质分子中含有1个羧基可以与NaOH发生酸碱中和反应，醇羟基不能反应，因此1mol化合物X最多能与1molNaOH反应，D错误；
故合理选项是C。
8.下列各物质或微粒性质的比较中不正确的是( )
A. 酸性强弱：HF>HCl>HBr>HI B. 粒子半径：S2- >O2->Na+>Mg2+
C. 碱性强弱：CsOH >KOH> NaOH D. 稳定性：H2O>NH3>PH3>SiH4
【答案】A
【解析】A.元素的非金属性越强，其相应的化学键结合的就越牢固，越不容易断裂，因此酸性HFMg2+，B正确；
C.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Cs>K>Na，所以碱性CsOH >KOH> NaOH，C正确；
D.元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性就越强。由于元素的非金属性O>N>P>Si，所以稳定性：H2O>NH3>PH3>SiH4，D正确；
故合理选项是A。
二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)
9.下列关于有机物的说法正确的是( )
A. 食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物
B. 人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
C. 1分子蔗糖可水解为1分子葡萄糖和1分子果糖，则蔗糖与葡萄糖互为同系物
D. 以煤、石油和天然气为原料可以生产塑料、合成橡胶和合成纤维
【答案】D
【解析】A.食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，它有确定的分子式和相对分子质量，不属于高分子化合物，A错误；
B.光导纤维主要成分是SiO2，不是有机高分子化合物，B错误；
C. 1分子蔗糖可水解为1分子葡萄糖和1分子果糖，蔗糖是二糖，葡萄糖是单糖，二者结构不相似，不能互为同系物，C错误；
D.以煤、石油和天然气为原料可以生产塑料、合成橡胶和合成纤维等有机高分子材料，D正确；
故合理选项是D。
10.下列叙述正确的是( )
A. 油脂分为油和脂，二者互为同分异构体
B. 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C. 35Cl与 37 Cl互为同位素，但它们得电子能力不相同
D. O2与O3互为同素异形体，等质量的O2与O3含有的质子数相同
【答案】D
【解析】A.油脂是油和脂肪的统称，油是不饱和高级脂肪酸的甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸的甘油酯，二者分子式不同，不能互为同分异构体，A错误；
B.核外电子排布相同微粒可能是原子，也可能是阳离子、阴离子，因此它们的化学性质不相同，B错误；
C. 35Cl与 37 Cl互为同位素，但它们原子核外电子排布相同，所以二者得电子能力相同，C错误；
D.O2与O3是O元素的不同性质的单质，二者互为同素异形体，等质量的O2与O3含有的O原子数目相同，因此二者中含有的质子数相同，D正确；
故合理选项是D。
11.下列实验能获得成功的是( )
A. 苯、溴的四氯化碳、铁粉混合制成溴苯
B. 通入酸性高锰酸钾溶液可除去甲烷中的少量乙烯
C. 用溴水可鉴别苯、CCl4、己烯
D. 加入饱和的碳酸钠溶液除去乙醇中的乙酸
【答案】C
【解析】A.苯、液溴、铁粉混合制成溴苯，不是溴水，A错误；
B.乙烯会被酸性高锰酸钾溶液氧化产生CO2气体，而导致甲烷中的混有新的杂质，B错误；
C.溴水加入苯中，液体分层，上层颜色深；加入到CCl4中，液体分层，下层呈橙色，加入到己烯中，溶液褪色，不分层，三种液体现象不同，可以鉴别，C正确；
D.乙酸与碳酸钠溶液反应产生乙酸钠，产生新杂质，因此不能达到除杂的目的，D错误；
故合理选项是C。
12.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2L的新戊烷所含的分子数为0.5NA
B. 28g乙烯所含共用电子对数目为6NA
C. 现有乙烯、丁烯的混合气体共14g，其分子数为0.5NA
D. 标准状况下，8.5g二氯甲烷的体积为2.24L
【答案】B
【解析】A.在标准状况下新戊烷是液态，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；
B.28g乙烯的物质的量是1mol，1mol乙烯中含有6mol共用电子对，即所含共用电子对数目为6NA，B正确；
C.乙烯、丁烯都属于烯烃，最简式是CH2，14g乙烯、丁烯的混合气体含有CH2的物质的量是1mol，若全为乙烯，含有乙烯的物质的量是0.5mol，分子数为0.5NA，若全为丁烯，含有的分子的物质的量为0.25mol，分子数为0.25NA，因此14g混合气体含有的分子数介于0.25NA与0.5NA之间，C错误；
D．标准状况下，二氯甲烷呈液态，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；
故合理选项是B。
13.用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
试剂a
试剂b
试剂c
装置
A
验证非金属性: S>C>Si
稀硫酸
Na2CO3
Na2SiO3 溶液

B
制备纯净的NO
浓硝酸
Cu
水
C
检验溶液X中含有CO32-
盐酸
溶液X
澄清石灰水
D
除去Na2SO3中的Na2SO4
氯水
混合物
NaOH溶液
【答案】A
【解析】分析： A．非金属元素最高价氧化物是水化物酸性越强，其非金属性越强，根据强酸制取弱酸判断；B．根据NO的性质和Cu与浓硝酸反应的产物判断；C．能够使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，溶液X中可能为碳酸氢根离子或亚硫酸根离子；D．除杂试剂选用氯水，引进了杂质氯离子，且将亚硫酸钠氧化成硫酸钠，违反了除杂原则。
详解：硫酸能和碳酸钠反应制得二氧化碳，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成不溶性的硅酸，所以该实验证明酸性H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，则非金属性S＞C＞Si，A选项正确；Cu与浓硝酸反应生成NO2，不生成NO，NO遇空气中的氧气立即生成NO2，装置广口瓶上部有空气，也得不得纯净的NO气体，B选项错误；二氧化硫和二氧化碳都能够时澄清石灰水变浑浊，无法检验溶液X中是否含有CO32-，C选项错误；除杂试剂选用氯水，氯水Na2SO3氧化成Na2SO4，反应后引进了杂质氯离子，违反了除杂原则，无法达到实验目的，D选项错误；正确选项A。
14.根据下列短周期元素性质的数据判断，下列说法正确的是(　 　)
元素编号
元素性质
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径/10-10m
0.74
1.60
1.52
1.10
0.99
1.86
0.75
1.43
最高或最低化合价

+2
+1
+5
+7
+1
+5
+3
-2


-3
-1

-3

A. 元素④⑤形成的化合物是离子化合物
B. 元素⑦位于第二周期第V族
C. 元素①⑧形成的化合物具有两性
D. 元素③的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素中，①只有最低价-2，处于ⅥA族，则①为O元素；③、⑥都最高正价+1，处于ⅠA族，⑥的原子半径较大，③原子半径不是所有元素中最小的，则③为Li元素；⑥为Na元素；⑤有+7、-1价，则⑤为Cl元素；④、⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，④的原子半径较大，则④为P、⑦为N元素；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，则②为Mg；⑧有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径大于P，则⑧为Al，据此解答。
【详解】根据上述分析可知：①为O，②为Mg，③为Li，④为P，⑤为Cl，⑥为Na，⑦为N，⑧为Al。
A.元素④⑤形成的化合物PCl3、PCl5都是共价化合物，A错误；
B.⑦为N元素，原子序数为7，核外电子排布为2、5，位于第二周期VA族，B错误；
C.元素①⑧形成的化合物为Al2O3，该物质属于两性氧化物，C正确；
D.元素③为Li，在上述元素中Na金属性最强，其最高价氧化物对应水化物碱性最强，D错误；
故合理选项是C。
15.在一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中，某一反应中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是（ ）　 　

A. 反应的化学方程式为3X3Y+Z
B. t时，正、逆反应都不再继续进行，反应达到化学平衡
C. 若t=4，则0～t的X的化学反应速率为0.1mol/(L•min)
D. 温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，正、逆反应速率都增大
【答案】C
【解析】A.由图象可以看出，反应中X物质的量减小，Y、Z的物质的量增多，则X为反应物，Y、Z为生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，则该反应的化学方程式为：2X3Y+Z，A错误；
B.t时，正、逆反应继续进行，反应达到化学平衡，是动态平衡，B错误；
C.若t=4，则0～t的X的化学反应速率v==0.1mol/(L•min)，C正确；
D.温度、体积不变，t时刻充入1 mol He使压强增大，由于对物质浓度无影响，因此正、逆反应速率不变，D错误；
故合理选项是C。
16.南海是一个巨大的资源宝库，开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程，有关说法正确的是( )

A. 海水制盐后可以利用氯碱工业，电解饱和食盐水制备金属钠
B. 在整个工艺制备过程中，未发生置换反应操作
C. 由 MgCl2·6H2O得到无水 MgCl2的关键是要低温小火烘干
D. 溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、⑤中均被氧化，在反应④中被还原
【答案】D
【解析】A.电解饱和食盐水反应产生NaOH、H2、Cl2，不能反应制备金属钠，A错误；
B.海水提溴是先通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，然后将溴单质还原为溴化氢，再通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，这两个反应都是置换反应，B错误；
C.MgCl2是强酸弱碱盐，在加热时结晶水变为溶剂水，Mg2+水解产生Mg(OH)2，为了抑制盐的水解，由 MgCl2·6H2O得到无水MgCl2是要在HCl的气氛中不断加热，就可以得到MgCl2，C错误；
D.海水提溴③是通入足量氯气氧化溴离子为溴单质，④是用SO2将溴单质还原为溴化氢，这两步目的是富集溴元素，然后再其溶液中通入适量氯气氧化溴离子为溴单质，在反应③、⑤中溴元素化合价升高，失去电子被氧化，反应④中被还原，在④中溴得电子化合价降低，所以溴元素被还原，D正确；
故合理选项是D。
17.常温下，已知：1molCH4完全燃烧时放出980kJ的热量，1molH2完全燃烧时放出280kJ的热量，现有CH4和H2组成的混合气体共0.4mol，使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出252kJ的热量，则 CH4与H2的物质的量之比是 ( )
A. 1︰1 B. 1︰2 C. 2︰3 D. 3︰2
【答案】A
【解析】假设甲烷的物质的量是xmol，氢气的物质的量是(0.4-x)mol，则根据二者燃烧的热化学方程式可知980x kJ +280 (0.4-x) kJ=252kJ，解得x=0.2mol，因此氢气的物质的量也是0.2mol，所以CH4与H2的物质的量之比是1：1，故合理选项是A。
18.分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）（ ）
A. 8种 B. 10种 C. 12种 D. 14种
【答案】C
【解析】
【分析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。
【详解】先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与2种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种，骨架有和， 4 种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种，
C项正确；
答案选C。
第II卷(非选择题，共54分)
三．(本题包括2小题，共24分)
19.化学与生活息息相关，在各个方面都起着重要的作用。
(1)材料是经济和生态文明建设的重要物质基础。
合成塑料在生活中广泛应用，乙烯形成聚乙烯的方程式：_____________________。该反应的反应类型：_________________.橡胶是制造轮胎的重要原料，橡胶属于____________________填字母。
A金属材料        B无机非金属材料     C有机高分子材料
铝热反应在工业生产中的重要用途之一是焊接钢轨，其反应的化学方程式为：______________________________________；钢铁制品在潮湿的空气中能发生腐蚀，发生该腐蚀时的负极反应式为__________________________________。
(2)“三高症”是指高血糖糖尿病、高血脂和高血压症,是现代社会中的“富贵病”。
①血糖是指血液中的葡萄糖。葡萄糖的结构简式是__________________________。在加热条件下，加入氢氧化钠溶液，调节溶液为碱性，此时葡萄糖与新制的氢氧化铜发生反应，观察到的现象是________________此方法曾经用于检测糖尿病。
②血脂是血液中所含脂类物质的总称。油脂对人体的作用之一是________，但过量摄入，可能引起肥胖、高血脂、高血压。油脂在碱性条件下水解反应称为_____________.
③高血压可由肥胖、糖尿病、摄入过多钠盐等引起，而摄入过量的蛋白质也会造成脂肪堆积。蛋白质水解的最终产物是________，蛋白质的组成元素除C、H、O外，还含有_______(填一种)。
(3)石油在生活中的应用广泛。石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，从原油中分离出汽油、煤油、柴油等轻质油的方法是 ____________________ (填操作名称)． 分离出的汽油_______(填“是”或者“否”)可作萃取剂。汽油是C5～C11的混合烃,其中含有5个碳原子的烷烃存在________种同分异构体,其中一种同分异构体的一氯代物只有一种,则该同分异构体与氯气发生取代反应生成一氯代物的化学方程式为：___________________________________________ ．
【答案】(1). nCH2=CH2 (2). 加聚反应 (3). C (4). Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3 (5). Fe-2e-=Fe2+ (6). CH2OH(CHOH)4CHO (7). 产生砖红色沉淀 (8). 提供能量 (9). 皂化反应 (10). 氨基酸 (11). N (12). 分馏 (13). 是 (14). 3 (15). +Cl2 +HCl
【解析】
【分析】(1)乙烯分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应形成聚乙烯；橡胶有天然的和合成的，都属于高分子化合物；铝热反应在工业生产中的重要用途之一是焊接钢轨，该反应是Al与氧化铁在高温下反应产生Fe和氧化铝；钢铁腐蚀发生的主要是吸氧腐蚀，Fe失去电子被氧化；
(2)葡萄糖分子式是C6H12O6，是多羟基醛，结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO；具有还原性，在碱性条件下被新制Cu(OH)2氧化产生葡萄糖酸和Cu2O，有砖红色沉淀产生；
②血脂是血液中所含脂类物质的总称。油脂对人体的作用之一是提供能量，但过量摄入，可能引起肥胖、高血脂、高血压。油脂在碱性条件下水解反应称为皂化反应；
③蛋白质是氨基酸脱水缩合的产物，因此蛋白质水解的最终产物是氨基酸，蛋白质的组成元素除C、H、O外，还含有氮元素。
(3)原油是多种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，不含有不饱和的烯烃、炔烃，可根据混合物中物质的互溶性、沸点不同的特点分离，并判断其作用；C5H12的的烃的同分异构体的种类数目可根据碳碳单键结合，剩余结合H原子，碳链可以带支链，也可以不含有支链，判断同分异构体的种类；若其同分异构体的一氯代物只有一种，说明分子中只含有一种位置的H原子，然后书写出其与氯气发生取代反应的方程式。
【详解】(1)乙烯结构简式是CH2=CH2，分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应形成聚乙烯，反应方程式为nCH2=CH2；橡胶有天然的和合成的，天然橡胶主要成分是聚异戊二烯，结构简式是；合成橡胶有顺丁橡胶、氯丁橡胶等，所以橡胶都属于高分子化合物，合理选项是C；铝热反应是铝与金属氧化物在高温下发生的置换反应，在工业生产中的重要用途之一是焊接钢轨，该反应是Al与氧化铁在高温下反应产生Fe和氧化铝，反应方程式为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3；钢铁制品在潮湿的空气中能发生腐蚀，发生的腐蚀主要是吸氧腐蚀，腐蚀时，Fe失去电子被氧化变为Fe2+，作负极，所以负极反应式为Fe-2e-Fe2+；
(2)①血糖是指血液中的葡萄糖。葡萄糖的结构简式是CH2OH(CHOH)4CHO。该物质含有醛基，在加热条件下，加入氢氧化钠溶液，调节溶液为碱性，此时葡萄糖与新制的氢氧化铜发生反应，CH2OH(CHOH)4CHO+NaOH+2Cu(OH)2CH2OH(CHOH)4COONa+Cu2O↓+3H2O，观察到的现象是产生砖红色沉淀，此方法曾经用于检测糖尿病。
②血脂是血液中所含脂类物质的总称。油脂对人体的作用之一是提供能量，但过量摄入，可能引起肥胖、高血脂、高血压。油脂在碱性条件下水解产生可溶性高级脂肪酸盐和甘油，水解产生的可溶性高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应；
③蛋白质是氨基酸脱水缩合的产物，因此蛋白质水解的最终产物是氨基酸，蛋白质的组成元素一般有C、H、O、N元素，有些还有S、P元素。
(3)石油在生活中的应用广泛。石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，从原油中分离出汽油、煤油、柴油等轻质油，由于这些物质是互溶的、沸点不同的液体混合物，因此采用的方法是分馏方法；分离出的汽油中不含有不饱和烃，不能与溴或碘发生反应，因此可以作萃取剂。汽油是C5～C11的混合烃，其中含有5个碳原子的烷烃分子式是C5H12，该物质有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体，其中一种同分异构体的一氯代物只有一种，则该同分异构体是新戊烷，新戊烷与氯气发生取代反应生成一氯代物的化学方程式为：+Cl2 +HCl。
20.五种短周期主族元素 W、M、X、Y、Z 原子序数依次增大，请结合表中信息回答下列问题:
元素
W
M
X
Y
Z
结构或性质
最高价含氧 酸与其气态 氢化物能发 生化合反应
氢化物的水 溶液能刻蚀 玻璃
焰色反应火 焰呈黄色
同周期主族元 素形成的简单 离子中，其离子 半径最小
最高正价与 最低负价代 数和为 6
(1)M元素在周期表中的位置为_____。
(2)M、X、Z元素所对应简单离子半径由大到小的顺序为_____________________(用离子符号表示)。
(3)W最高价含氧酸与其气态氢化物发生化合反应生成的物质中含有的化学键类型为___________________________________。
(4)下列可作为比较M和Z的非金属性强弱的依据是_________(填序号)。
A.单质与H2反应的难易程度
B.氢化物的稳定性
C.最高价氧化物的水化物酸性强弱
D.将M的单质通入Z的钠盐溶液观察是否有Z逸出
(5)W能形成多种氢化物，其中一种氢化物可作为火箭燃料，该物质中W与氢元素的质量比为7:1，写出该氢化物的电子式______。该氢化物和 O2 在碱性条件下可形成燃料电池，产生两种无毒物质，写出其负极的电极反应式___________.
(6)Y元素和W元素形成的化合物YW一种新型无机材料，可与过量烧碱溶液反应产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，写出有关的化学方程式_______。
【答案】(1). 第二周期ⅦA 族 (2). Cl->F->Na+ (3). 离子键、共价键 (4). AB (5). N2H4-4e-+4OH-N2+H2O (6). (7). AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3 ↑
【解析】
【分析】短周期主族元素W、M、X、X、Z原子序数依次增大，W的最高价含氧酸与其气态氢化物能发生化合反应，W为N元素；M的氢化物的水溶液能刻蚀玻璃，M为F元素；X的焰色反应呈黄色，X为Na元素；Y的原子序数大于Na，位于第三周期，同周期主族元素形成的简单离子中，其离子半径最小，Y为Al元素；Z的最高正价与最低负价代数和为6，可知最高价为+7价，最低价为-1价，Z为Cl元素，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为N、M为F、X为Na、X为Al、Z为Cl。
(1)M是F元素，原子核外电子排布为2、7，可见F元素在周期表中的位置为第二周期ⅦA族；
(2)离子核外电子层越多，离子半径越大；当离子具有相同电子排布时，离子的原子序数越大，离子半径越小，M、X、Z元素所对应简单离子半径由大到小的顺序为Cl->F->Na+；
(3)W最高价含氧酸与其气态氢化物发生化合反应生成的物质为NH4NO3，该物质是离子化合物，阳离子NH4+与阴离子NO3-之间以离子键结合，在阴离子、阳离子中都存在共价键，所以该物质含有的化学键类型为离子键、共价键；
(4)可由与氢气化合的难易程度、氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性比较非金属性，但F元素无正价，F2不能从NaCl溶液在置换出Cl的单质，因此可以比较M和Z的非金属性强弱的依据只有AB两个选项；
(5)W与氢元素的质量比为7：1，原子个数比为：=1：2，结合N原子最外层有5个电子，可知该化合物为N2H4，该氢化物的电子式为，该氢化物和O2在碱性条件下可形成燃料电池，产生两种无毒物质为氮气和水，其负极的电极反应式为N2H4-4e-+4OH-N2+H2O；
(6)AlN与过量烧碱溶液反应产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，还应生成偏铝酸钠，则反应为AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3↑。
四．(本题包括1小题，共 9分)
21.石油是一种重要的资源。A～F是常见有机物，它们之间的转化关系如图1所示(部分产物和反应条件已略去)，其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，E是最简单的芳香烃。回答下列问题：

(1)石油通过___________________可以得到A。
(2)步骤所用试剂X为___________(写化学式)，D的官能团名称是___________；
(3)F的结构简式为_____________，步骤①的反应类型：____________；
(4)写出下列步骤中的化学方程式：
步骤③___________________________________；
步骤④___________________________________；
(5)用图所示实验装置制取乙酸乙酯。请回答：

试管b中所装溶液应为______，乙酸乙酯生成后，分离出产品时的操作方法是______。
【答案】(1). 裂化和裂解 (2). H2O (3). 羧基 (4). (5). 取代反应 (6). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (7). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O (8). 饱和碳酸钠溶液 (9). 分液
【解析】
【分析】A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，应为CH2=CH2，A和X反应生成B，B能连续被氧化生成D，B、D发生酯化反应生成乙酸乙酯，则B为CH3CH2OH、C为CH3CHO，D为CH3COOH，则X为H2O；E是最简单的芳香烃，则E为苯，E发生取代反应生成F为，以此解答该题。
【详解】通过上述分析可知：A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH、C为CH3CHO，D为CH3COOH，X为H2O，E为苯，F为。
(1)石油通过裂化、裂解可产生乙烯；
(2)通过以上分析知，步骤②所用试剂X为H2O，D为乙酸，D的官能团名称是羧基；
(3)F的结构简式为，步骤①的反应是苯和浓硝酸发生取代反应，产生硝基苯和水，因此该反应类型是取代反应；
(4)步骤③为乙醇的催化氧化反应，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
步骤④为乙醇和乙酸的酯化反应，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
(5)试管b中所装溶液应为饱和碳酸钠溶液，碳酸钠溶液可以溶解乙醇、和乙酸反应生成可溶性的乙酸钠同时抑制乙酸乙酯的溶解。由于乙酸乙酯和水不互溶，所以乙酸乙酯生成后，从混合物中分离出产品时的操作方法是分液。
五．(本题包括1小题，共8分)
22.某研究性学习小组利用以下装置探究氯气和氨气之间的反应情况。其中A、F分别为氨气和氯气的制取发生装置，C为纯净干燥的氯气与干燥的氨气发生反应的装置。请回答下列问题：

(1)实验室通常用来制取氨气的化学方程式为 ________________________；
(2)实验室收集制备得到的氨气的常用方法是______________________。
(3)请为B处虚线框内选择可能合适的装置以及相应的试剂名称______填序号。
A.球形干燥管装碱石灰 B.洗气瓶装浓硫酸
C.球形干燥管装氧化钙 D.球形干燥管装氢氧化钠
(4)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一请写出反应的化学方程式： __________________若有1molNH3被氧化，则转移的电子数目为___________。
【答案】(1). CaO+NH3·H2OCa(OH)2+NH3↑ (2). 向下排空气法 (3). ACD (4). 3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl (5). 3NA
【解析】
【分析】A、F分别为氨气和氯气的制取发生装置，A可为浓氨水与生石灰反应，生成的气体可用盛有碱石灰的干燥管干燥，F为制备氯气的装置，E为除去HCl的装置，D为氯气的干燥装置，C为纯净干燥的氯气与干燥的氨气发生反应的装置，二者发生3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl，可观察到有白烟生成，以此解答该题。
【详解】(1)将浓氨水滴入盛有CaO的烧瓶中发生反应：CaO+NH3·H2OCa(OH)2+NH3↑，制取得到氨气；
(2)氨气的密度比空气下，极容易溶于水，因此收集氨气用向下排空气的方法收集；
(3)氨气为碱性气体，干燥氨气要使用碱性干燥剂干燥氨气，可用碱石灰、氢氧化钠、氧化钙等干燥氨气，这些物质状态为固态，因此应该盛放在干燥管中，题中ACD符合，故合理选项是ACD；
(4)F为制备氯气的装置，浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，由于浓盐酸具有挥发性，因此制取得到的氯气中含有杂质HCl、水蒸气，先通过装置E除去杂质HCl，然后通过D装置干燥氯气，将得到的干燥、纯净的Cl2通入C装置中，与氨气发生反应，由装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一，说明生成物有NH4Cl和N2，则该反应的化学方程式为3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl，根据方程式可知：N元素的化合价由反应前的NH3中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高了3价，每1molNH3反应，转移3mol电子，故转移的电子数目为3NA。
六．(本题包括2小题，共13分)
23.恒温条件下将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) 2C(g)+2D(g)，反应进行到10s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8mol，B的物质的量为0.6mol，C的物质的量为0.8mol，则：
(1)用C表示10s 内正反应的化学反应速率为___________；
(2)反应前A的物质的量浓度是___________；
(3)平衡时A的转化率为___________；
(4)能说明该反应达到平衡状态的是 ______________。
A.消耗3mol A同时生成2mol C B.反应体系中各物质的百分含量不变
C.混合气体平均相对分子质量不变 D.2V正(A)=3V逆(C)
【答案】(1). 0.04mol/(L·s) (2). 1.5mol/L (3). 40% (4). BD
【解析】
【分析】(1)根据v=计算反应速率；
(2)根据速率比等于化学计量数的比计算出A物质的转化浓度，则A的起始浓度等于转化浓度与10s时浓度的和计算；
(3)可利用转化率=×100%计算；
反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，任何物质的物质的量、浓度、含量等不变。
【详解】(1)反应从正反应方向开始，到达平衡时生成C物质的物质的量是0.8mol，则用C表示10s 内正反应的化学反应速率为v(C)==0.04mol/(L·s)；
(2)根据方程式3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g)可知：有3molA反应就会产生2molC，则反应产生了0.8molC，同时消耗了A的物质的量是1.2mol，由于此时还有A物质的量是1.8mol，则反应开始时A的物质的量是1.8mol+1.2mol=3.0mol，则反应开始时A的物质的量浓度c(A)==1.5mol/L；
(3)开始时有A的物质的量是3.0mol，反应消耗A的物质的量是1.2mol，所以平衡时A的转化率为=×100%=×100%=40%；
(4)A.反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否平衡都存在消耗3mol A同时生成2mol C，因此不能据此说明达到平衡状态，A错误；
B.反应体系中各物质的百分含量不变，说明反应达到了平衡状态，B正确；
C.由于反应前后气体的质量、物质的量都不变，则混合气体平均相对分子质量不变，因此不能说明是否达到平衡状态，C错误；
D.2V正(A)=3V逆(C)，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，D正确；
故合理选项是BD。
24.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液显中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g，求(写出计算过程)：
(1)原固体混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为_____________；
(2)产生的NO在标准状况下的体积是________毫升？
(3)硝酸的物质的量浓度是________？
【答案】(1). 2：1 (2). 4.48L (3). 2.4mol/L
【解析】
【分析】在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，氢氧化铜的物质的量为n[Cu(OH)2]=39.2g÷98g/mol=0.4mol，根据原子守恒、电子转移守恒计算。
【详解】(1)在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，则氢氧化铜的物质的量为n[Cu(OH)2]=39.2g÷98g/mol=0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol；设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据质量守恒可得64x+144y=27.2g，根据Cu元素守恒可得x+2y=0.4mol，解得x=0.2mol，y=0.1mol，因此原固体混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为n(Cu)：n(Cu2O)=0.2mol：0.1mol=2：1；
(2)根据反应过程中电子转移数目相等可得3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O)，则3n(NO)=2×0.2mol+2×0.1mol=0.6mol，所以n(NO)=0.2mol，在标准状况下反应产生的NO的体积为V(NO)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
(3)根据N元素守恒可知，可得n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)=1mol+0.2mol=1.2mol，所以所以原硝酸溶液的浓度为c(HNO3)==2.4mol/L。