人教版高一下学期期末化学试卷(理科)

高一（下）期末化学试卷（理科）一、单项选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中，错误的是（）A 能量变化是化学反应的基本特征之一B 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关C 化学反应中必然伴随发生能量变化D 化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的2利用下列反应不能制得括号中纯净物质的是（）A 乙烯与氯气加成（1，2二氯乙烷）B 等物质的量的氯气与乙烷在光照下反应（氯乙烷）C 乙烯与水加成（乙醇）D 乙烯与氯化氢在一定条件下反应（氯乙烯）3下列有关化学键的叙述，正确的是（）A 离子化合物中一定含有离子键B 单质分子中均存在化学键C 由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物一定只含极性键D 含有共价键的化合物一定是共价化合物4海水提镁的主要流程如下：下列说法正确的是（）试剂M是盐酸 流程中的反应全部都是非氧化还原反应操作b只是过滤 用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg（OH）2电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量A B C D 5已知1mol X2完全燃烧生成X2O（g）放出热量a kJ，且氧气中1mol OO键完全断裂时吸收能量b kJ，X2O中1mol XO键形成时放出能量c kJ，X2中1mol XX键断裂时吸收能量为（）A （4cb+2c）kJB kJC 4c+b2a kJD kJ6下列有关有机化学实验的说法中，错误的是（）A 除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸馏B 乙烯和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色C 实验室里制备少量乙酸乙酯可用饱和Na2CO3溶液接收生成物D 分离甘油和氯化钠溶液用分液的方法二、不定项选择题（本题包括8小题，每小题4分，共32分每小题有1-2个正确答案）7下列有关化学用语使用正确的是（）A 钙离子的结构示意图：B 乙烯的结构简式：CH2=CH2C CH4分子的球棍模型：D 丙烯的电子式：8如果将前18号元素按原子序数递增的顺序排列，可形成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“”代表一种元素，其中点代表氢元素下列说法不正确的是（）A 最简单气态氢化物的稳定性比小B 最高价氧化物对应水化物的酸性比弱C 金属性比弱D 原子半径比大9今年3月11日，在日本大地震灾难中，福岛核电站泄漏的放射性物质中含有I，下列有关说法正确的是（）A I元素中含中子数为53B 它是碘元素的一种同位素C I2的摩尔质量为262 gD 由此可确定碘元素相对原子质量为13110下列过程中需要吸收热量的是（）A H22HB 2H2+O22H20C CaO+H20=Ca（OH）2D 2ClCl211已知化学反应：C（s）+O2（g）CO（g）H10CO（g）+O2（g）CO2（g）H20C（s）+O2（g）CO2（g）H30；下列说法不正确的是（相同条件下）（）A 56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量B 12gC所具有的能量一定大于28gCO所具有的能量C H1+H2H3D 将两份质量相等的碳燃烧，生成CO2的反应比生成CO的反应放出的热量多12下列说法正确的是（）A NH4Cl固体为离子化合物B CO2分子中含有离子健C 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个族，共16个纵行D X2+的核外有18个电子，则X在第四周期第A族13在绿色化学工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%在用CH3CCH合成CH2C（CH3）COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，还需要的其他反应物有（）A CO2和H2OB CO和CH3OHC CH3OH和H2D H2和CO214下列各种方法中，适用于炼制相应金属的是（）A 加热氧化铜炼铜B 氧化镁跟铝粉共热炼镁C 用焦炭还原氧化铜炼铜D 电解熔融氯化钠冶炼钠三、解答题（共5小题，满分56分）15下列各组物质中属于同系物的是，互为同分异构体的是，互为同位素的是，属于同一物质的是C（CH3）4和C4H10 和35Cl和37Cl 和 CH3CH2CH2NO2 （CH3）2CHCH（CH3）2和 （CH3）2CH（CH2）2CH3和CH2=CHCH=CH2 和 CH3CH=CHCH3 CH3CH2CH2Cl和CH3CH2Cl16有A、B、C、D、E五种种短周期元素原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素：B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；D是地壳中含量最多的元素：E元素最高正价是+7价回答下列问题：（1）元素E在元素周期表中的位置为（2）B、C、D的原子半径由大到小的顺序为（用元素符号表示，下同）（3）C的氢化物与它最高价氧化物对应的水化物相互反应生成的物质中所含的化学键类型有（4）由原子个数比为1：1：1的A、B、C 三种元素组成共价化合物X，共形成4个共用电子对，X的结构式为（5）A、D两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将海带中的I氧化为碘单质，写出该反应的离子方程式（6）CE3常温下呈液态，可与水反应生成一种酸和一种碱，反应的化学方程式为17已知1molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量；1mol氢气完全燃烧生成气态水放出242kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量1mol液态水蒸发为气态水是要吸收44kJ热量（1）写出能表示CO燃烧热的热化学方程式（2）若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出热量为890kJ（填“”、“”、“=”）（3）燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为（4）氢气的燃烧热为（5）写出CH4气体不完全燃烧生成只生成CO气体和液态水的热化学方程式18某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，D、G是生活中常见的有机物，各物质发生如图所示的一系列化学反应根据如图回答下列问题：（1）按要求填写：A的结构式：；B的结构简式：；C的电子式：；D的官能团名称；G官能团的结构简式（2）写出两步反应的化学方程式，并注明反应类型：（反应类型）（反应类型）（反应类型）19元素周期表中第A族元素的单质及其化合物的用途广泛（1）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是（填序号）ACl2、Br2、I2的熔点 BCl2、Br2、I2的氧化性CHCl、HBr、HI的热稳定性 D HCl、HBr、HI的酸性（2）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：完成中反应的总化学方程式：中转化的基本反应类型是，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是（3）一定条件，在水溶液中1mol Cl、ClOX（x=1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示D是（填离子符号）BA+C的反应中，生成1mol C，同时会消耗molB，并KJ的热量（填吸收或放出以及具体数值）2014-2015学年海南省文昌中学高一（下）期末化学试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括6小题，每小题2分，共12分每小题只有一个选项符合题意）1下列说法中，错误的是（）A 能量变化是化学反应的基本特征之一B 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关C 化学反应中必然伴随发生能量变化D 化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：化学反应中的能量变化就是因为旧化学键断裂和新化学键生成引起的，而断裂化学键需要吸收能力，形成化学键会释放能量，任何化学反应都是断裂旧键形成新键的过程，据此分析解答：解：A化学反应的基本特征：是有新物质生成，同时伴随能量变化，故A正确；B反应物的质量越多，能量变化越大，所以化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量多少有关，故B错误；C任何化学反应都是断裂旧键形成新键的过程，化学键的断裂和生成会吸收能量和释放能量，故C正确；D化学反应中的能量变化就是因为旧化学键断裂和新化学键生成引起的，故D正确；故选B点评：本题考查了化学反应中能量的变化，属基础性知识考查题，要准确把握能量变化的原因2利用下列反应不能制得括号中纯净物质的是（）A 乙烯与氯气加成（1，2二氯乙烷）B 等物质的量的氯气与乙烷在光照下反应（氯乙烷）C 乙烯与水加成（乙醇）D 乙烯与氯化氢在一定条件下反应（氯乙烯）考点：混合物和纯净物；有机化学反应的综合应用分析：A乙烯与氯气发生加成反应生成1，2二氯乙烷；B等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下，发生取代反应，为链锁反应；C乙烯与水发生加成反应，没有副产物；D乙烯与氯化氢在一定条件下发生加成反应；解答：解：A乙烯与氯气发生加成反应生成1，2二氯乙烷，生成物只有一种，为纯净物，故A不选；B等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下，发生取代反应，为链锁反应，产物较复杂，为多种氯代烃的混合物，故B选；C乙烯与水发生加成反应，没有副产物，生成物只有一种，为纯净物，故C不选；D乙烯与氯化氢在一定条件下发生加成反应，生成氯乙烯为纯净物，故D不选；故选B点评：本题考查有机物的制备及物质分离提纯方法的选择，为高频考点，把握有机物的性质、有机反应类型的特点为解答的关键，注意加成反应产物只有一种，题目难度不大3下列有关化学键的叙述，正确的是（）A 离子化合物中一定含有离子键B 单质分子中均存在化学键C 由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物一定只含极性键D 含有共价键的化合物一定是共价化合物考点：化学键专题：化学键与晶体结构分析：A含有离子键的化合物是离子化合物；B单质分子中不一定含有化学键；C由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物可能含有非极性键；D含有共价键的化合物可能是离子化合物解答：解：A含有离子键的化合物是离子化合物，所以离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，故A正确；B单质分子中不一定含有化学键，如稀有气体，故B错误；C由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物可能含有非极性键，如过氧化氢、大多数有机化合物，故C错误；D含有共价键的化合物可能是离子化合物，如KOH，故D错误；故选A点评：本题考查了物质和化学键的关系，根据物质的构成微粒确定化学键，易错选项是B，并不是所有物质中都存在化学键，稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力，为易错点4海水提镁的主要流程如下：下列说法正确的是（）试剂M是盐酸 流程中的反应全部都是非氧化还原反应操作b只是过滤 用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg（OH）2电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量A B C D 考点：海水资源及其综合利用专题：元素及其化合物分析：流程分析生石灰溶于水生成氢氧化钙石灰乳，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气体中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；分析判断 M是盐酸用来溶解氢氧化镁沉淀；流程中电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应；操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程；用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2 ；依据氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低；解答：解：流程分析生石灰溶于水生成氢氧化钙石灰乳，加入沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，加入试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气体中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；分析判断 M是盐酸用来溶解氢氧化镁沉淀，故正确；分析流程中，电解氯化镁生成镁和氯气的反应是氧化还原反应，流程中的反应不全部都是非氧化还原反应，故错误；操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，故错误；用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg（OH）2 ，故正确；依据氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，故正确；故选D点评：本题考查了从海水中提取镁的原理和方法，从氯化镁中提取镁单质，应电解熔融态的氯化镁，工业制备原理和经济效益的分析判断，题目较简单5已知1mol X2完全燃烧生成X2O（g）放出热量a kJ，且氧气中1mol OO键完全断裂时吸收能量b kJ，X2O中1mol XO键形成时放出能量c kJ，X2中1mol XX键断裂时吸收能量为（）A （4cb+2c）kJB kJC 4c+b2a kJD kJ考点：反应热和焓变分析：化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量解答：解：1mol X2完全燃烧生成X2O（g）放出热量a kJ，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量，设X2中1mol XX键断裂时吸收能量为K，根据方程式：2X2+O22X2O，则：2akJ=ckJ4（2K+bkJ），解得K=KJ故选B点评：本题考查学生化学反应中的能量变化知识，熟记教材知识是解题的关键，可以根据所学知识进行回答，难度不大6下列有关有机化学实验的说法中，错误的是（）A 除去乙醇中少量乙酸：加入足量生石灰蒸馏B 乙烯和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色C 实验室里制备少量乙酸乙酯可用饱和Na2CO3溶液接收生成物D 分离甘油和氯化钠溶液用分液的方法考点：有机化学反应的综合应用；物质的分离、提纯和除杂专题：有机反应分析：A、乙酸与生石灰反应生成醋酸盐；B、酸性KMnO4溶液具有强氧化性能氧化乙烯和乙醇；C、饱和Na2CO3溶液能吸收乙酸乙酯中的杂质；D、甘油与氯化钠溶液互溶解答：解：A、乙酸与生石灰反应生成醋酸盐，乙醇与生石灰不反应，则向乙醇和乙酸的混合液中加生石灰蒸馏即可得到乙醇，故A正确；B、酸性KMnO4溶液具有强氧化性能氧化乙烯和乙醇，所以乙烯和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C、饱和Na2CO3溶液能吸收乙酸乙酯中的杂质，则实验室里制备少量乙酸乙酯可用饱和Na2CO3溶液接收生成物，故C正确；D、甘油即丙三醇，属于醇，与水互溶，所以甘油和氯化钠溶液不能用分液的方法分离，故D错误故选D点评：本题考查了有机物的分离和提纯、常见有机物的性质，题目难度不大，注意把握有机物的结构与性质的联系二、不定项选择题（本题包括8小题，每小题4分，共32分每小题有1-2个正确答案）7下列有关化学用语使用正确的是（）A 钙离子的结构示意图：B 乙烯的结构简式：CH2=CH2C CH4分子的球棍模型：D 丙烯的电子式：考点：原子结构示意图；电子式；结构简式；球棍模型与比例模型分析：A钙离子的核电荷数为20，不是18；B乙烯中存在碳碳双键，乙烯的结构简式中碳碳双键不能省略；C甲烷为正四面体结构，分子中存在4个碳氢键；D丙烯中存在6个碳氢键，电子式中漏掉了一个碳氢键解答：解：A钙离子的核电荷数为20，核外电子总数为18，正确的离子结构示意图为，故A错误；B乙烯分子中存在官能团碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B正确；C甲烷分子中存在4个碳氢键，为正四面体结构，甲烷的球棍模型为，故C正确；D丙烯中存在6个碳氢共用电子对，该电子式中少一个碳氢共用电子对，正确的电子式为，故D错误，故选BC点评：本题考查了电子式、结构简式、离子结构示意图、球棍模型等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图的表示方法及区别8如果将前18号元素按原子序数递增的顺序排列，可形成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“”代表一种元素，其中点代表氢元素下列说法不正确的是（）A 最简单气态氢化物的稳定性比小B 最高价氧化物对应水化物的酸性比弱C 金属性比弱D 原子半径比大考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；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：点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，为Be、为C、为O、为Na、为Al、为Si，虚线连接的原子处于同主族，A非金属性越强，氢化物越稳定；B非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；C同周期随原子序数增大金属性减弱，同主族自上而下金属性增强；D同周期随原子序数增大，原子半径减小解答：解：点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，为Be、为C、为O、为Na、为Al、为Si，虚线连接的原子处于同主族，A为C、为Si，二者同主族，自上而下非金属性减弱，故氢化物稳定性，故A错误；B为Al、为Si，Si的非金属性更强，故最高价氧化物对应水化物的酸性，故B正确；C为Be、为Na，同周期随原子序数增大金属性减弱，同主族自上而下金属性增强，故金属性，故C正确；D为C、为O，同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径，故D正确，故选A点评：本题考查元素周期表、元素周期律等，难度不大，注意元素周期律的理解掌握9今年3月11日，在日本大地震灾难中，福岛核电站泄漏的放射性物质中含有I，下列有关说法正确的是（）A I元素中含中子数为53B 它是碘元素的一种同位素C I2的摩尔质量为262 gD 由此可确定碘元素相对原子质量为131考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系分析：53131I中质子数位53，质量数为131，质子数+中子数=质量数，具有相同质子数而中子数不同的同种元素的原子互为同位素，并注意摩尔质量的单位为g/mol解答：解：A53131I元素中含中子数为13153=78，故A错误； B具有相同质子数而中子数不同的同种元素的原子互为同位素，则是碘元素的一种同位素，故B正确；C53131I2的摩尔质量为262g/mol，故C错误；D原子的相对原子质量为131，而元素的相对原子质量与各同位素原子的含量有关，故D错误故选B点评：本题考查原子的构成及原子中的数量关系，选项D是学生解答中的难点和易错点，难度不大10下列过程中需要吸收热量的是（）A H22HB 2H2+O22H20C CaO+H20=Ca（OH）2D 2ClCl2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、断裂化学键吸收能量；B、燃烧反应是放热反应；C、多数化合反应是放热反应；D、形成新的化学键放出能量解答：解：A、断裂化学键吸收能量，H2H+H要吸收能量，故A选；B、2H2+O22H2O是燃烧反应，属于放热反应，放出能量，故B不选；C、CaO+H2OCa（OH）2是化合反应，属于放热反应，放出能量，故C不选；D、形成新的化学键放出能量，Cl+ClCl2要放出能量，故D不选；故选A点评：本题考查了化学反应的本质，化学键断裂吸热，化学键形成放热，燃烧反应，化合反应等分析应用，题目较简单11已知化学反应：C（s）+O2（g）CO（g）H10CO（g）+O2（g）CO2（g）H20C（s）+O2（g）CO2（g）H30；下列说法不正确的是（相同条件下）（）A 56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量B 12gC所具有的能量一定大于28gCO所具有的能量C H1+H2H3D 将两份质量相等的碳燃烧，生成CO2的反应比生成CO的反应放出的热量多考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：A、反应是放热反应，依据能量守恒分析判断；B、断裂化学键吸收能量，生成化学键放出能量；C、根据盖斯定律分析；D、H3和H1为负值，放热多则H小解答：解：A、反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以56 g CO和32 g O2所具有的总能量大于88 g CO2所具有的总能量，故A正确；B、断裂化学键吸收能量，生成化学键放出能量，已知C（s）+O2（g）CO（g）H10为放热反应，H=反应物的键能之和产物键能之和0，所以反应物的键能之和小于产物键能之和，但反应物不仅是C，还有O2，故B错误；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析，反应焓变与反应过程无关，与起始和终了状态有关，所以H1+H2=H3，故C错误；D、生成CO2的反应热为H3，生成CO的反应热为H1，因为H1+H2=H3，所以生成CO2的反应比生成CO的反应放出的热量多，故D正确；故选BC点评：本题考查了化学反应的能量变化，能量守恒和断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量是解题关键，题目较简单12下列说法正确的是（）A NH4Cl固体为离子化合物B CO2分子中含有离子健C 元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个族，共16个纵行D X2+的核外有18个电子，则X在第四周期第A族考点：元素周期表的结构及其应用；离子化合物的结构特征与性质分析：A、氯化铵是离子键形成的离子化合物；B、二氧化碳是共价键形成的共价化合物；C、元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个族，共16个族；D、阳离子的质子数=核外电子数+电荷数，根据原子结构示意图判断其在周期表中的位置解答：解：A、活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，所以氯化钠中只存在离子键，故A正确；B、非金属元素间易形成共价键，二氧化碳中碳元素和氧元素之间只存在共价键，故B错误；C、元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个族，族有3个纵行，所以共18个纵行，故C错误；D、阳离子的质子数=核外电子数+电荷数=18+2=20，X的原子结构示意图为：，所以该元素在第四周期第A族，故D正确；故选AD点评：本题考查了化学键、元素周期表等知识点，难度不大，明确族有3个纵行13在绿色化学工艺中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%在用CH3CCH合成CH2C（CH3）COOCH3的过程中，欲使原子利用率达到最高，还需要的其他反应物有（）A CO2和H2OB CO和CH3OHC CH3OH和H2D H2和CO2考点：绿色化学专题：物质的性质和变化专题分析：根据“绿色化学工艺”的特征：反应物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%；即生成物质只有一种，由原子守恒推测反应物的种类解答：解：由于在“绿色化学”工艺中，原子利用率为100%，故生成的产品CH2C（CH3）COOCH3与原料之间元素种类和原子数目都完全相同，即原子守恒将生成物中各原子个数减去反应物中各原子个数得到一些原子，无污染的反应途径和工艺是在始态实现污染预防，而非终端治理的科学手段由于在通过化学转化获取新物质的过程中已充分利用了各种原料，因而生产过程和末端的差值为C2H4O2，对照选项，反应物中原子数之和为C2H4O2的只有B用CH3CCH（丙炔）合成CH2C（CH3）COOCH3（2甲基丙烯酸甲酯），要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1A、CO2和H2O，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，故A错误；B、CO和CH3OH，两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则C、H、O的原子个数比为1：2：1，故B正确；C、CH3OH和H2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，故C错误；D、H2和CO2，两种物质分子里三种原子不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，故D错误；故选B点评：本题难度较大，考查同学们新信息获取、处理及结合所学知识灵活运用所学知识进行解题的能力，抓住一个主要信息（“绿色化学工艺”中反应物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%）是解答本题的关键14下列各种方法中，适用于炼制相应金属的是（）A 加热氧化铜炼铜B 氧化镁跟铝粉共热炼镁C 用焦炭还原氧化铜炼铜D 电解熔融氯化钠冶炼钠考点：金属冶炼的一般原理分析：金属的活动性强弱决定了冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼，据此解答解答：解：A氧化铜用热还原法冶炼，故A错误；B镁为活泼金属，活泼性强于铝，应选择电解熔融的氯化锰镁的方法冶炼，故B错误；C铜性质较活泼，用热还原法冶炼，可以用焦炭还原氧化铜炼铜，故C正确；D钠为活泼金属，用电解熔融的氯化钠的方法冶炼，故D正确；故选：CD点评：本题考查了金属的冶炼方法，熟悉金属的活泼性是解题关键，注意活泼性不同金属的冶炼方法三、解答题（共5小题，满分56分）15下列各组物质中属于同系物的是，互为同分异构体的是，互为同位素的是，属于同一物质的是C（CH3）4和C4H10 和35Cl和37Cl 和 CH3CH2CH2NO2 （CH3）2CHCH（CH3）2和 （CH3）2CH（CH2）2CH3和CH2=CHCH=CH2 和 CH3CH=CHCH3 CH3CH2CH2Cl和CH3CH2Cl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：同系物：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物；同分异构体：分子式相同结构不同的化合物；同位素：质子数相同中子数不同的同一元素的原子互称同位素；根据概念进行回答即可解答：解：同系物：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物，则属于同系物；同分异构体：分子式相同结构不同的化合物，则属于同分异构体；同位素：质子数相同中子数不同的同一元素的原子互称同位素，则互为同位素；甲烷中四个氢原子是等效的，所以任意两个被F、Cl代替的结构只有一种，即属于同一种物质的是，中物质均为3甲基戊烷，是同一种物质，故答案为 ；点评：本题考查了几种常见的化学用语，难度不大，解答时注意从其概念的内涵与外延出发，缜密思考，正确解答16有A、B、C、D、E五种种短周期元素原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素：B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；D是地壳中含量最多的元素：E元素最高正价是+7价回答下列问题：（1）元素E在元素周期表中的位置为第三周期A族（2）B、C、D的原子半径由大到小的顺序为CNO（用元素符号表示，下同）（3）C的氢化物与它最高价氧化物对应的水化物相互反应生成的物质中所含的化学键类型有离子键、共价键（4）由原子个数比为1：1：1的A、B、C 三种元素组成共价化合物X，共形成4个共用电子对，X的结构式为HCN（5）A、D两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将海带中的I氧化为碘单质，写出该反应的离子方程式H2O2+2I+2H+I2+2H2O（6）CE3常温下呈液态，可与水反应生成一种酸和一种碱，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3H2O考点：位置结构性质的相互关系应用分析：A、B、C、D、E五种种短周期元素原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素，故A是H；B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，故B是C；D是地壳中含量最多的元素，故D是O；C原子序数介于B、D之间，所以C为N，E元素最高正价是+7价，原子序数大于氧，故E为Cl，据此解答解答：解：A、B、C、D、E五种种短周期元素原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素，故A是H；B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，故B是C；D是地壳中含量最多的元素，故D是O；C原子序数介于B、D之间，所以C为N，E元素最高正价是+7价，原子序数大于氧，故E为Cl，（1）元素E为Cl，E在元素周期表中的位置为第三周期A族，故答案为：第三周期A族； （2）B是C，C为N，D是O，同周期元素从左向右，原子半径逐渐减小，所以B、C、D的原子半径由大到小的顺序为CNO，故答案为：CNO；（3）C为N，C的氢化物与它最高价氧化物对应的水化物相互反应生成的物质为硝酸铵，其中所含的化学键类型有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键； （4）由原子个数比为1：1：1的H、C、N 三种元素组成共价化合物X，共形成4个共用电子对，则X的结构式为HCN，故答案为：HCN；（5）A、D两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物为H2O2，在酸性溶液中能将海带中的I氧化为碘单质，该反应的离子方程式为H2O2+2I+2H+I2+2H2O，故答案为：H2O2+2I+2H+I2+2H2O；（6）NCl3常温下呈液态，可与水反应生成一种酸和一种碱，反应的化学方程式为NCl3+4H2O3HClO+NH3H2O，故答案为：NCl3+4H2O3HClO+NH3H2O；点评：本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，明确元素是解题关键，注意对基础知识的掌握17已知1molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量；1mol氢气完全燃烧生成气态水放出242kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量1mol液态水蒸发为气态水是要吸收44kJ热量（1）写出能表示CO燃烧热的热化学方程式CO（g ）+ O2（g ）=CO2（g）H=283 kJ/mol（2）若1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出热量为890kJ（填“”、“”、“=”）（3）燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为1430KJ（4）氢气的燃烧热为286 kJ/mol（5）写出CH4气体不完全燃烧生成只生成CO气体和液态水的热化学方程式CH4（g ）+O2（g ）=CO（g）+2H2O（l）H=607kJ/mol考点：热化学方程式；有关反应热的计算分析：（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，依据热化学方程式的书写方法写出，标注物质聚集状态和对应焓变；（2）根据不同聚集状态的水的能量不同，以及能量高低进行判断；（3）1mol氢气完全燃烧生成气态水放出242kJ热量，1mol液态水蒸发为气态水是要吸收44kJ热量，书写热化学方程式结合盖斯定律计算得到；（4）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热；（5）1molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量，书写CO燃烧热的热化学方程式，1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量书写热化学方程式，结合盖斯定律计算得到解答：解：（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，1molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量，表示CO燃烧热的热化学方程式为：CO（g ）+ O2（g ）=CO2（g）H=283 kJ/mol；故答案为：CO（g ）+ O2（g ）=CO2（g）H=283 kJ/mol；（2）水由气态变为液态时要放热，1mol CH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890KJ热量，则1mol CH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量小于890kJ，故答案为：；（3）H2（g）+O2（g）H2O（g）H=242kJ/mol，H2O（l）=H2O（g）H=+44kJ/mol，燃烧1mol氢气生成液态水的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（l）H=286kJ/mol，燃烧10gH2生成液态水放热286KJ/mol=1430KJ，故答案为：1430 kJ； （4）H2（g）+O2（g）H2O（g）H=242kJ/mol，H2O（l）=H2O（g）H=+44kJ/mol，1mol氢气完全燃烧生成液态水放出286kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）H2O（l）H=286kJ/mol；故答案为：286 kJ/mol；（5）1molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量，书写CO燃烧热的热化学方程式为：CO（g ）+ O2（g ）=CO2（g）；H=283 kJ/mol，1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量，CH4（g ）+2O2（g ）=CO2（g）+2H2O（l）H=890 kJ/mol，依据盖斯定律+得到，CH4（g ）+O2（g ）=CO（g）+2H2O（l）H=607kJ/mol，故答案为：CH4（g ）+O2（g ）=CO（g）+2H2O（l）H=607kJ/mol点评：本题考查了热化学方程式书写方法，盖斯定律的计算应用，主要是物质聚集状态和燃烧热概念的理解应用，题目难度中等18某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，D、G是生活中常见的有机物，各物质发生如图所示的一系列化学反应根据如图回答下列问题：（1）按要求填写：A的结构式：CH2=CH2；B的结构简式：CH3CH3；C的电子式：；D的官能团名称羟基；G官能团的结构简式COOH（2）写出两步反应的化学方程式，并注明反应类型：（反应类型加聚反应）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O（反应类型氧化反应）CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O（反应类型酯化（取代）反应）考点：有机物的推断分析：烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，还是一种植物生长调节剂，故A为CH2=CH2，乙烯与氢气发生加成反应生成B为CH3CH3，乙烯与HCl发生加成反应生成C为CH3CH2Cl，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物E为，乙烷与氯气发生取代反应生成CH3CH2Cl，乙醇氧化得F为CH3CHO，F再发生氧化反应得G为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应生成H为CH3COOCH2CH3，据此解答解答：解：烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，还是一种植物生长调节剂，故A为CH2=CH2，乙烯与氢气发生加成反应生成B为CH3CH3，乙烯与HCl发生加成反应生成C为CH3CH2Cl，乙烯与水发生加成反应生成D为CH3CH2OH，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物E为，乙烷与氯气发生取代反应生成CH3CH2Cl，乙醇氧化得F为CH3CHO，F再发生氧化反应得G为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应生成H为CH3COOCH2CH3，（1）根据上面的分析可知，A为CH2=CH2，B为CH3CH3，C为CH3CH2Cl，C的电子式为，D为CH3CH2OH，D的官能团名称为羟基，G为CH3COOH，G官能团的结构简式为COOH，故答案为：CH2=CH2；CH3CH3；羟基；COOH；（2）反应的化学方程式为，反应类型是加聚反应，反应的化学方程式 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应类型是氧化反应，反应的化学方程式CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O，反应类型是酯化（取代）反应，故答案为：；加聚反应；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O；酯化（取代）反应点评：本题考查有机物的推断，涉及烯烃、烷烃、醇、醛、酯之间的转化，比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握，注意基础知识的全面掌握19元素周期表中第A族元素的单质及其化合物的用途广泛（1）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是B、C（填序号）ACl2、Br2、I2的熔点 BCl2、Br2、I2的氧化性CHCl、HBr、HI的热稳定性 D HCl、HBr、HI的酸性（2）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：完成中反应的总化学方程式：NaCl+3H2ONaClO3+3H2中转化的基本反应类型是复分解反应，该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体（3）一定条件，在水溶液中1mol Cl、ClOX（x=1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示D是ClO4（填离子符号）BA+C的反应中，生成1mol C，同时会消耗3molB，并放出117KJ的热量（填吸收或放出以及具体数值）考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用分析：（1）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强；（2）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：，电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气；两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物的反应为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出；（3）根据图可知，D中Cl元素化合价为+7价，据此判断x值；BA+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO=ClO3+2Cl，反应热=（63kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol=117kJ/mol解答：解：（1）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，与物质的沸点、氢化物水溶液的酸性无关，故选B、C；（2）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：，电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气，所以反应反应方程式为NaCl+3H2ONaClO3+3H2，故答案为：NaCl+3H2ONaClO3+3H2；NaClO3转化为KClO3，说明该反应中两种物质相互交换离子生成盐，为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出KClO3，故答案为：复分解反应；室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体；（3）根据图象知，D中Cl元素化合价为+7价，所以ClOx中x为4，则D为ClO4，故答案为：ClO4；BA+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO=ClO3+2Cl，生成1mol ClO3，同时会消耗 3molClO，该反应的反应热=（63kJ/mol+20kJ/mol）360kJ/mol=117kJ/mol，所以生成1mol ClO3会放出117kJ的热量，故答案为：3；放出117点评：本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应、非金属强弱的判断方法等知识点，根据物质的性质、原子结构结合元素周期律等知识点来分析解答，题目难度中等第20页（共20页）