2019-2020年高一下学期期末化学试卷含解析.doc

2019-2020年高一下学期期末化学试卷含解析一、本部分共25小题，每小题2分，共50分在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1下列物质不属于有机物的是（）AC2H6BC12H22O11CC6H12O6DCaCO32下列元素的非金属性最强的是（）A氟B氯C磷D硅3下列属于吸热反应的是（）氢氧化钠溶液Ba（OH）2+H2O+NH4Cl蜡烛燃烧ABCD4下列做法不符合绿色化学原则的是（）A提高能源的利用率B应用无毒无害的催化剂C使用可以再生的资源D工业及生活废水的任意排放5下列金属的冶炼中，通常是通过在高温下加入还原剂来完成的是（）ANaBAlCFeDAg6不属于天然高分子化合物的是（）A淀粉B油脂C蛋白质D纤维素7共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强下列分子中存在的化学键的极性最强的是（）AHFBHClCHBrDHI8下列反应属于取代反应的是（）A乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色B苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯C乙烯与氢气在催化剂作用下生成乙烷D乙醇在铜催化、加热条件下与氧气反应9不能鉴别乙醇溶液和乙酸溶液的试剂是（）A氢氧化铜B碳酸氢钠C石蕊溶液D金属钠10下列物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（）A乙烯B乙醇C苯D二氧化硫112SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反应之一其他条件不变时，改变下列影响化学反应速率的一个条件，可以加快反应速率的是（）A使用催化剂B减小反应体系的压强C降低反应体系的温度D将SO3从体系中分离出来12下列有关海水淡化的叙述不正确的是（）A离子交换法淡化海水发生了化学变化B海水淡化可为人类提供更多的淡水资源C利用太阳能蒸发原理淡化海水属于物理变化D将海水中的盐分离出来不能达到海水淡化的目的13钛是一种用途广泛的活泼金属工业上常用二氧化钛冶炼金属钛，主要反应有：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO，TiCl4+2Mg 2MgCl2+Ti下列关于这两个反应的叙述正确的是（）A均属于置换反应B反应中碳作氧化剂C钛在反应中均被还原D反应说明金属性镁大于钛14下列关于化学键的叙述正确的是（）A离子化合物一定不含共价键B化学键的形成与原子结构无关C共价键只存在于共价化合物中D离子键只存在于离子化合物中15用铝热法还原下列氧化物，分别制得金属各1mol时，理论上消耗铝最少的是（）AWO3BMnO2CFeODCr2O316下列有关性质比较正确的是（）AN、O、F最高正价依次升高BAl3+、Na+、O2微粒半径依次增大CF2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐降低D锂、钠、钾、铷单质与水反应置换出氢气越来越难17下列排列顺序不正确的是（）A原子半径：NaSiOB热稳定性：HFH2ONH3C碱性：CsOHKOHNaOHD失电子能力：AlMgNa18下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是（）AX的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定BX原子的电子层数比Y原子的电子层数多CY的单质能将X从NaX的溶液中置换出来DY在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应19砹是原子序数最大的卤族元素，推测砹或砹的化合物最不可能具有的性质是（） 砹化氢很稳定 砹单质与水反应，使砹全部转化成氢砹酸和次砹酸 砹是黑色固体 砹化银难溶于水 砹易溶于某些有机溶剂A只有B只有C只有D只有20下列关于化学反应速率的说法正确的是（）A1 L 0.1 molL1盐酸和1 L 0.1 molL1硫酸分别与1 L 2 molL1 NaOH溶液反应速率相同B化学反应速率为0.8 molL1s1，其含义是时间为1s时，某物质的浓度是0.8 molL1C0.1 molL1盐酸和0.1 molL1硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同D对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显21利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是（）A工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁B工业上可用NaBr溶液除去溴中含有的少量Cl2C富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质D若提取1 mol Br2，至少需要标准状况下22.4 L的Cl222N2（g）与H2（g）在一定条件下经历如下过程生成NH3（g）下列说法正确的是（）A中破坏的均为极性键B、均为放热过程C中NH2与H2生成NH3DN2（g）+3H2（g）2NH3（g）是吸热反应23某同学利用下列实验探究金属铝与铜盐溶液反应：下列说法正确的是（）A由实验1 可以得出结论：金属铝的活泼性弱于金属铜B实验2 中生成红色物质的离子方程式：Al+Cu2+Al3+CuC溶液中阴离子种类不同是导致实验1、2 出现不同现象的原因D由上述实验可推知：用砂纸打磨后的铝片分别与浓度均为0.2molL1的盐酸和硫酸反应，后者更剧烈24裂解水制氢气的过程如图所示下列说法不正确的是（）A反应的化学方程式是Fe3O4+CO3FeO+CO2B反应的化学方程式是3FeO+H2O（g）Fe3O4+H2C总反应的化学方程式是C+2H2O（g）CO2+2H2D铁的氧化物是裂解水的催化剂25K35ClO3晶体与H37Cl浓溶液发生反应生成氯气、氯化钾和水则此反应生成的氯气的相对分子质量为（）A70.6B73C73.3D74二、非选择题共50分本部分共5小题，共50分26有下列物质：11H与21H；O2与O3；CH3CH2CH2CH3与；CH4与C3H8；CH3CH2CH2CH3与 请回答下列问题：（1）互为同位素的是（填序号，下同）（2）互为同系物的是（3）互为同分异构体的是（4）属于同一种物质的是（5）用系统命名法命名的名称是27某些有机物的转化如图1所示已知：A是营养物质之一，米饭、馒头中富含A，在酸性条件下水解的最终产物是BC是白酒的主要成分，能直接氧化成酸性物质D请回答下列问题：（1）A的名称是；C中官能团的名称是（2）下列有关B的性质说法正确的是 （填字母序号，下同）a燃烧时有烧焦的羽毛味b在人体中氧化的最终产物是CO2和H2Oc在碱性、加热条件下，能与银氨溶液反应析出银d在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀（3）反应所需要的试剂是（4）工业上用乙烯与水反应制备C，该反应的化学方程式是，反应类型是（5）反应的化学方程式是；下列说明该反应已经达到化学平衡状态的是a正、逆反应速率相等 bC、D、E的浓度均相等c体系的质量不再发生变化 dC、D、E的质量均不再变化（6）若实验室利用图2制备E，导管口不能深入N试管中液面下的原因是28如图是以Zn和Cu为电极，稀H2SO4为电解质溶液形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记录如下：Zn为正极，Cu为负极；H+向负极移动；Cu极有H2产生；电子流动方向ZnGCu；正极的电极反应式是Zn2e=Zn2+：若有1mol电子流过导线，则理论上产生0.5mol H2（1）卡片中记录合理的是（填序号）（2）该电池总反应的离子方程式是（3）在实验中铜片上有气泡产生原因是（4）若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，电极质量增加的是（填“锌极”或“铜极”），原因是（用电极方程式表示）29海带中含有丰富的碘元素从海带中提取碘单质的工业生产流程如图所示（1）步骤、的操作分别是、（2）步骤反应的离子方程式是（3）步骤还可以选用的试剂是（填字母序号）a苯 b乙醇 c乙酸 d己烷（4）为检验用CCl4提取碘后的水溶液中是否还含有碘单质请写出该实验的实验步骤、现象及结论：30X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，原子序数依次增大已知X组成的单质是最理想的气体燃料，Y是形成化合物种类最多的元素，Z的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，w、R处于同一周期，W是该周期中金属性最强的元素，W与R能形成化合物WR请回答下列问题：（1）Z在周期表中的位置是；R的原子结构示意图是（2）X、Y形成最简单有机物的分子结构是（3）工业上用化合物WR冶炼W的单质，若要得到2.3tW，至少需要WR的质量是（4）W与Z形成的化合物W2Z2可作供氧剂，该化合物含有的化学键类型有，其反应原理是（用化学方程式表示）（5）在一定条件下，R单质能与硫反应生成一种用途广泛的硫化剂S2R2；S2R2与足量水反应有黄色沉淀生成，同时生成能使品红溶液褪色的无色气体，则该反应的化学方程式是（并用单线桥标出电子转移的方向和数目）xx北京市东城区高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、本部分共25小题，每小题2分，共50分在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项1下列物质不属于有机物的是（）AC2H6BC12H22O11CC6H12O6DCaCO3【考点】无机化合物与有机化合物的概念【分析】有机物是指含有碳元素的化合物无机物是指不含有碳元素的化合物一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物【解答】解：AC2H6属于含有碳元素的化合物，具有有机物的性质，属于有机物中的烃，故A不选；BC12H22O11属于含有碳元素的化合物，具有有机物的性质，属于有机物中的糖，故B不选；CC6H12O6属于含有碳元素的化合物，具有有机物的性质，属于有机物中的糖，故C不选；D碳酸钙中虽然含有碳元素，但是性质和无机物相似，属于无机物，故D选；故选D2下列元素的非金属性最强的是（）A氟B氯C磷D硅【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，以此来解答【解答】解：同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性为FClPSi，故选A3下列属于吸热反应的是（）氢氧化钠溶液Ba（OH）2+H2O+NH4Cl蜡烛燃烧ABCDAABBCCDD【考点】吸热反应和放热反应【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱）【解答】解：A、酸碱中和为放热反应，故盐酸和氢氧化钠的反应为放热反应，故A错误；B、铵盐和强碱的反应为吸热反应，故Ba（OH）28H2O和NH4Cl的反应吸热，故B正确；C、金属和盐酸的反应为放热反应，故铝条和盐酸的反应为放热反应，故C错误；D、物质的燃烧一定为放热反应，故蜡烛的燃烧放热，故D错误故选B4下列做法不符合绿色化学原则的是（）A提高能源的利用率B应用无毒无害的催化剂C使用可以再生的资源D工业及生活废水的任意排放【考点】绿色化学【分析】绿色化学是指化学反应过程中以“原子经济性”为基本原则，即在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，实现“零排放”不仅充分利用资源，而且不产生污染【解答】解：A提高能源的利用可以减少能源的利用，故符合题意；B应用无毒无害的催化剂可以减少对环境的污染，故符合题意；C使用可以再生的资源，故符合题意；D工业及生活废水的任意排放污染环境，故不符合题意；故选：D5下列金属的冶炼中，通常是通过在高温下加入还原剂来完成的是（）ANaBAlCFeDAg【考点】氧化还原反应【分析】金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法，金属活动顺序表中的金属冶炼：活泼金属K、Ca、Na、Mg、AI一般用电解熔融的氯化物（AI是电解熔融的三氧化二铝）制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有（C、CO、H2等）；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得；【解答】解：A、Na用电解法得到，故A不符合；B、铝是电解熔融氧化铝得到，故B不符合C、Fe通常采用热还原法冶炼，故C符合；D、银是加热分解氧化物的方法得到，故D不符合；故选C6不属于天然高分子化合物的是（）A淀粉B油脂C蛋白质D纤维素【考点】有机高分子化合物的结构和性质【分析】根据高分子化合物的概念以及天然高分子化合物的种类进行分析，高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000，结构中有重复的结构单元；淀粉、蛋白质、纤维素都属于天然高分子化合物，而油脂不是，据此即可解答【解答】解：A淀粉（C6H10O5）n，植物的光合作用把二氧化碳和水合成淀粉和氧气，它的相对分子质量在10000万以上，所以它是天然高分子化合物，故A正确；B油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，如植物油大豆油是天然的，但相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；C氨基酸为构成蛋白质的基本结构单元，蛋白质是生物体一切组织的基本组成部分，相对分子质量可高达几百万，为天然高分子化合物，故C正确；D淀粉、蔬菜、水果中富含纤维素，纤维素（C6H10O5）n，它的相对分子质量在10000万以上，为天然高分子化合物，故D正确；故选B7共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强下列分子中存在的化学键的极性最强的是（）AHFBHClCHBrDHI【考点】化学键【分析】选项中的化学键均为共价键，由信息可知，共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，则非金属性越强，对共用电子的吸引能力越大，化学键的极性越大，以此来解答【解答】解：同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性为FClBrI，则F的非金属性最强强，对共用电子的吸引能力最大，HF中HF键的极性最大，故选A8下列反应属于取代反应的是（）A乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色B苯与液溴在催化剂作用下生成溴苯C乙烯与氢气在催化剂作用下生成乙烷D乙醇在铜催化、加热条件下与氧气反应【考点】取代反应与加成反应【分析】根据取代反应是有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应进行判断【解答】解：A、乙烯中含有碳碳双键，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2二溴乙烯，属于加成反应，故A错误；B、苯环上的氢原子被溴原子取代生成溴苯，属于取代反应，故B正确；C、乙烯中含有碳碳双键，每个碳原子上结合一个氢原子生成乙烷，属于加成反应，故C错误；D、乙醇与氧气在铜催化加热下生成乙醛和水，属于氧化反应，故D错误故选B9不能鉴别乙醇溶液和乙酸溶液的试剂是（）A氢氧化铜B碳酸氢钠C石蕊溶液D金属钠【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】乙醇和乙酸都易溶于水，乙醇含有OH，能发生取代反应，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，乙酸含有COOH，具有酸性，根据二者性质的异同鉴别【解答】解：A氢氧化铜可溶于乙酸，与乙醇不反应，可鉴别，故A正确；B乙酸具有酸性，可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，可鉴别，故B正确；C滴加石蕊，乙酸溶液呈红色，乙醇不变色，可鉴别，故C正确；D二者都与钠反应，不能鉴别，故D错误故选D10下列物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（）A乙烯B乙醇C苯D二氧化硫【考点】有机物的结构和性质【分析】高锰酸钾具有强氧化性，一般来说，具有还原性的无机物，含有碳碳双键、醛基的物质以及一些醇类、酚类、苯的同系物等可被高锰酸钾氧化，以此解答该题【解答】解：A乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故A不选；B乙醇含有羟基，可被酸性高锰酸钾氧化生成乙酸，故B不选；C苯与酸性高锰酸钾不反应，故C选；D二氧化硫具有还原性，能与具有强氧化性的酸性KMnO4溶液反应而褪色，故D不选故选C112SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反应之一其他条件不变时，改变下列影响化学反应速率的一个条件，可以加快反应速率的是（）A使用催化剂B减小反应体系的压强C降低反应体系的温度D将SO3从体系中分离出来【考点】化学反应速率的影响因素【分析】使用催化剂、增大压强、升高温度、增大浓度均可加快反应速率，以此来解答【解答】解：A使用催化剂，反应速率加快，故A正确；B减小反应体系的压强，反应速率减小，故B错误；C降低温度，反应速率减小，故C错误；D将SO3从体系中分离出来，生成物浓度减小，反应速率减小，故D错误；故选A12下列有关海水淡化的叙述不正确的是（）A离子交换法淡化海水发生了化学变化B海水淡化可为人类提供更多的淡水资源C利用太阳能蒸发原理淡化海水属于物理变化D将海水中的盐分离出来不能达到海水淡化的目的【考点】海水资源及其综合利用【分析】A通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，属于化学变化；B海洋中蕴藏着丰富的水资源，可用除去海水中的盐分等杂质得到淡水；C没有新物质生成的变化属于物理变化，利用太阳能蒸发原理淡化海水属于物理变化；D海水中的盐是海水苦咸的原因所在，分离水、盐能达到海水淡化的目的【解答】解：A使用离子交换树脂与水中的离子进行交换，如离子交换树脂可以除去钙离子和镁离子得到软水，离子交换树脂发生的反应为：Ca2+2NaR=CaR2+2Na+、Mg2+2NaR=MgR2+2Na+，属于化学变化，故A正确；B利用海水淡化将海水化为我们稀缺的淡水，减少了很多缺水地区的水负担，可为人类提供更多的淡水资源，故B正确；C利用太阳能蒸发海水是将海水变成水蒸气，然后液化成液态水，属于水的状态变化，属于物理变化，故C正确；D海水淡化，是将水与盐分离，故D错误；故选D13钛是一种用途广泛的活泼金属工业上常用二氧化钛冶炼金属钛，主要反应有：TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO，TiCl4+2Mg 2MgCl2+Ti下列关于这两个反应的叙述正确的是（）A均属于置换反应B反应中碳作氧化剂C钛在反应中均被还原D反应说明金属性镁大于钛【考点】氧化还原反应【分析】反应中，Cl元素的化合价降低，C元素的化合价升高，反应中Mg元素的化合价升高，Ti元素的化合价降低，以此来解答【解答】解：A反应没有单质生成，不是置换反应，故A错误；B反应中碳的化合价升高，作还原剂，故B错误；C反应Ti元素化合价没有发生变化，故C错误；DTiCl4+2Mg 2MgCl2+Ti反应发生，说明镁的活泼性强于钛，所以金属性镁大于钛，故D正确故选D14下列关于化学键的叙述正确的是（）A离子化合物一定不含共价键B化学键的形成与原子结构无关C共价键只存在于共价化合物中D离子键只存在于离子化合物中【考点】化学键【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的一定为离子化合物，共价键可存在于单质、化合物中，以此来解答【解答】解：A离子化合物中可含共价键，如NaOH含离子键、共价键，故A错误；B原子结构中最外层电子数可确定元素得到或失去电子，则化学键的形成与原子结构有关，故B错误；C共价键只存在于单质、共价化合物、离子化合物中，如氧气、NaOH、过氧化钠等均含共价键，故C错误；D含离子键的一定为离子化合物，则离子键只存在于离子化合物中，故D正确；故选D15用铝热法还原下列氧化物，分别制得金属各1mol时，理论上消耗铝最少的是（）AWO3BMnO2CFeODCr2O3【考点】金属冶炼的一般原理【分析】根据化合价的变化判断，化合价变化的数值越小，说明发生氧化还原反应时得到的电子数目越少，则消耗铝的量最少【解答】解：AWO3W，生成1molW，需要6mol电子，消耗2molAl；BMnO2Mn，生成1molMn，需要4mol电子，消耗molAl；CFeOFe，生成1molFe，需要2mol电子，消耗molAl，DCr2O3Cr，生成1molCr，需要3mol电子，消耗1molAl；消耗Al最少的是FeO，故选C16下列有关性质比较正确的是（）AN、O、F最高正价依次升高BAl3+、Na+、O2微粒半径依次增大CF2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐降低D锂、钠、钾、铷单质与水反应置换出氢气越来越难【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】AO、F无正价；B具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小；C卤素单质的相对分子质量越大，熔沸点越大；D金属性越强，与水反应越容易【解答】解：AN、O、F中只有N元素有最高正价，故A错误；B具有相同电子层结构的离子中，原子序数大的离子半径小，则Al3+、Na+、O2微粒半径依次增大，故B正确；C卤素单质的相对分子质量越大，熔沸点越大，则F2、Cl2、Br2、I2单质的熔点逐渐增大，故C错误；D金属性越强，与水反应越容易，则锂、钠、钾、铷单质与水反应置换出氢气越来越易，故D错误；故选B17下列排列顺序不正确的是（）A原子半径：NaSiOB热稳定性：HFH2ONH3C碱性：CsOHKOHNaOHD失电子能力：AlMgNa【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】A电子层越多，原子半径越大，同周期中原子序数大的原子半径小；B非金属性越强，对应氢化物越稳定；C金属性越强，对应碱的碱性越强；D金属性越强，失去电子的能力越强【解答】解：A电子层越多，原子半径越大，同周期中原子序数大的原子半径小，则原子半径为NaSiO，故A正确；B非金属性FON，则热稳定性：HFH2ONH3，故B正确；C金属性CsKNa，碱性：CsOHKOHNaOH，故C正确；D金属性NaMgAl，则失去电子的能力为NaMgAl，故D错误；故选D18下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是（）AX的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定BX原子的电子层数比Y原子的电子层数多CY的单质能将X从NaX的溶液中置换出来DY在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】利用氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、单质之间的置换反应及反应的难易程度比较非金属性，以此来解答【解答】解：AX的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性比Y强，故A正确；B不一定为同族关系，不能利用电子层判断非金属性，故B错误；CY的单质能将X从NaX的溶液中置换出来，可知非金属性Y的强，故C错误；DY在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应，可知非金属性Y的强，故D错误；故选A19砹是原子序数最大的卤族元素，推测砹或砹的化合物最不可能具有的性质是（） 砹化氢很稳定 砹单质与水反应，使砹全部转化成氢砹酸和次砹酸 砹是黑色固体 砹化银难溶于水 砹易溶于某些有机溶剂A只有B只有C只有D只有【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】砹属于卤族元素，在卤族元素中，砹的金属性最强，非金属性最弱，结合同主族元素性质的相似性和递变性分析该题【解答】解：砹的非金属性很弱，则砹化氢很不稳定，故选； 碘与水的反应为可逆反应，则砹单质与水反应，不可能使砹全部转化成氢砹酸和次砹酸，故选； 卤族元素从上到下，单质的颜色逐渐加深，碘为固体，则砹是黑色固体，故不选； AgCl、AgI等不溶于水，由相似性可知，砹化银难溶于水，故不选； 氯气、溴、碘易溶于有机溶剂，砹单质属于非极性分子，则砹易溶于某些有机溶剂，故不选；故选A20下列关于化学反应速率的说法正确的是（）A1 L 0.1 molL1盐酸和1 L 0.1 molL1硫酸分别与1 L 2 molL1 NaOH溶液反应速率相同B化学反应速率为0.8 molL1s1，其含义是时间为1s时，某物质的浓度是0.8 molL1C0.1 molL1盐酸和0.1 molL1硝酸与相同形状和大小的大理石反应的速率相同D对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显【考点】化学反应速率的概念；反应速率的定量表示方法；化学反应速率的影响因素【分析】A硫酸溶液中氢离子浓度较大；B反应速率是单位时间内无浓度的变化，为平均反应速率；C反应的实质为氢离子和碳酸钙的反应，氢离子浓度相同，反应速率相同；D反应速率与反应现象没有必然的关系，反应速率表示的是化学反应相对快慢【解答】解：A.1 L 0.1 molL1盐酸和1 L 0.1 molL1硫酸分别与1 L 2 molL1 NaOH溶液反应，硫酸溶液中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，反应速率不相同，故A错误；B反应速率是指单位时间内物质浓度的变化，是平均速率不是瞬时速率，故B错误；C盐酸和硝酸的氢离子浓度相同，则反应速率相同，故C正确D由于反应速率与反应现象没有必然的关系，反应速率是表示的化学反应相对快慢的，故D错误；故选C21利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是（）A工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁B工业上可用NaBr溶液除去溴中含有的少量Cl2C富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质D若提取1 mol Br2，至少需要标准状况下22.4 L的Cl2【考点】海水资源及其综合利用【分析】依据流程分析，海水中加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁；海水浓缩晒盐得到卤水中通入氧化剂氯气氧化溴离子得到溴单质，2Br+C12=Br2+2Cl，吹入热的空气用二氧化硫吸收富集溴SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42，通入氯气发生氧化还原反应生成单质溴A电解熔融MgCl2生成镁和氯气；B溴化钠溶液能和氯气反应，而被除去；C先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的；D依据离子方程式计算得到需要的氯气体积【解答】解：A从MgCl2溶液中得到MgCl2固体，电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，反应的化学方程式为：MgCl2（熔融）Mg+Cl2，故A正确；B工业溴中含少量Cl2，用溴化钠溶液除去，反应的化学方程式为：Cl2+NaBr=+NaCl+Br2，溴被除去，故B正确；C海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故C正确；D若提取1 mol Br2，依据2Br+Cl2=Br2+2Cl，提取粗溴消耗氯气物质的量为：1mol，得到纯溴需氯气物质的量为：1mol，所以在标准状况下体积为V=nVm=2mol224.4L/mol=44.8 L，故D错误；故选D22N2（g）与H2（g）在一定条件下经历如下过程生成NH3（g）下列说法正确的是（）A中破坏的均为极性键B、均为放热过程C中NH2与H2生成NH3DN2（g）+3H2（g）2NH3（g）是吸热反应【考点】反应热和焓变【分析】AI 中破坏的是非极性键；B三个过程均是能量降低，所以是放热过程；C中是 NH2和H 生成 NH3；D由图可知反应物的能量高于生成物的能量，是放热反应【解答】解：AI 中破坏的N2和H2中的共价键是非极性键，故A错误；B图象中、三个过程均是化学键形成的过程，为能量降低的变化，所以是放热过程，故B正确；C图象中的变化是 NH2和H 生成 NH3，不是NH2和H2生的反应，故C错误；D由图可知最终反应物的能量高于生成物的能量，是放热反应，因此H0，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，故D错误故选B23某同学利用下列实验探究金属铝与铜盐溶液反应：下列说法正确的是（）A由实验1 可以得出结论：金属铝的活泼性弱于金属铜B实验2 中生成红色物质的离子方程式：Al+Cu2+Al3+CuC溶液中阴离子种类不同是导致实验1、2 出现不同现象的原因D由上述实验可推知：用砂纸打磨后的铝片分别与浓度均为0.2molL1的盐酸和硫酸反应，后者更剧烈【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质；化学基本反应类型【分析】A没有明显现象，不能比较金属的活泼性；B电荷不守恒；C实验2现象明显，说明阴离子不同导致现象不同；D氢离子浓度不同，与本实验无关【解答】解：A没有明显现象，只能说明反应没发生，客观事实是金属活泼性是铝大于铜，故A错误；B生成红色固体的反应是2Al+3Cu2+2Al3+3Cu，故B错误；C由实验1、2 的对比实验可知产生不同现象的原因是溶液中的阴离子不同导致的，故C正确；D铝片在等浓度的盐酸和硫酸中反应，因硫酸中的H+的浓度大，所以在硫酸中反应剧烈，与本实验无关，故D错误故选C24裂解水制氢气的过程如图所示下列说法不正确的是（）A反应的化学方程式是Fe3O4+CO3FeO+CO2B反应的化学方程式是3FeO+H2O（g）Fe3O4+H2C总反应的化学方程式是C+2H2O（g）CO2+2H2D铁的氧化物是裂解水的催化剂【考点】化学方程式的书写【分析】A根据图示信息可知，反应：反应物为Fe3O4、CO，生成物为FeO、CO2；B根据图示信息可知，反应：反应物为FeO、H2O，生成物为Fe3O4、H2；C反应：反应物为CO2、C，生成物为CO；裂解水制氢气，将反应+得总反应；D在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率（既能提高也能降低），而本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫做催化剂【解答】解：A反应：反应物为Fe3O4、CO，生成物为FeO、CO2，反应为：Fe3O4+CO3FeO+CO2，故A正确；B反应：反应物为FeO、H2O，生成物为Fe3O4、H2，反应为：3FeO+H2O（g）Fe3O4+H2，故B正确；C反应：反应物为CO2、C，生成物为CO，反应为：C+CO2=2CO，将反应+得总反应为C+，H2O（g）CO+H2，故C错误；D铁的氧化物四氧化三铁参与反应，但总反应为C+，H2O（g）CO+H2，反应产物没有四氧化三铁，所以铁的氧化物是裂解水的催化剂，故D正确；故选C25K35ClO3晶体与H37Cl浓溶液发生反应生成氯气、氯化钾和水则此反应生成的氯气的相对分子质量为（）A70.6B73C73.3D74【考点】相对分子质量及其计算【分析】反应的方程式为K35ClO3+6H37Cl=K37Cl+Cl2+3H2O，生成的Cl2中，35Cl与37Cl个数比为1：5，然后根据摩尔质量与相对分子质量在数值上相等【解答】解：K35ClO3晶体与H37Cl浓溶液发生反应生成氯气、氯化钾和水，方程式为K35ClO3+6H37Cl=K37Cl+Cl2+3H2O，生成的Cl2中，35Cl与37Cl个数比为1：5，生成的氯气相对分子质量约为=73.3，故选C二、非选择题共50分本部分共5小题，共50分26有下列物质：11H与21H；O2与O3；CH3CH2CH2CH3与；CH4与C3H8；CH3CH2CH2CH3与 请回答下列问题：（1）互为同位素的是（填序号，下同）（2）互为同系物的是（3）互为同分异构体的是（4）属于同一种物质的是（5）用系统命名法命名的名称是2甲基丙烷【考点】同位素及其应用；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体【分析】同系物是分子组成上相差整数个CH2结构，具有相同的通式的同一类有机物的互称；同分异构体是分子式相同而结构不同的有机物之间的互称；同位素是具有相同的质子数和不同的中子数的同种元素的不同原子间的互称；具有相同的分子式和相同的结构的物质属于同一种物质该有机物为烷烃，主链最长碳链含有3个C，编号从右到左，在2号C含有1个甲基【解答】解：11H与21H是质子数相同，而中子数不同的同元素的不同原子，属于同位素；O2与O3是同种元素的不同单质，属于同素异形体；CH3CH2CH2CH3与分子式相同，但结构不同，属于同分异构体；CH4与C3H8都是烷烃，结构相似，在分子组成相差2个“CH2”原子团，属于同系物；CH3CH2CH2CH3与的组成与结构相同，属于同种物质；该有机物为烷烃，主链最长碳链含有3个C，编号从右到左，在2号C含有1个甲基，该有机物命名为：2甲基丙烷；故答案为：；2甲基丙烷27某些有机物的转化如图1所示已知：A是营养物质之一，米饭、馒头中富含A，在酸性条件下水解的最终产物是BC是白酒的主要成分，能直接氧化成酸性物质D请回答下列问题：（1）A的名称是淀粉；C中官能团的名称是羟基（2）下列有关B的性质说法正确的是bcd （填字母序号，下同）a燃烧时有烧焦的羽毛味b在人体中氧化的最终产物是CO2和H2Oc在碱性、加热条件下，能与银氨溶液反应析出银d在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀（3）反应所需要的试剂是酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液（4）工业上用乙烯与水反应制备C，该反应的化学方程式是CH2=CH2+H2OC2H5OH，反应类型是加成反应（5）反应的化学方程式是C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O；下列说明该反应已经达到化学平衡状态的是ada正、逆反应速率相等 bC、D、E的浓度均相等c体系的质量不再发生变化 dC、D、E的质量均不再变化（6）若实验室利用图2制备E，导管口不能深入N试管中液面下的原因是防止倒吸【考点】有机物的推断【分析】A是营养物质之一，米饭、馒头中富含A，A为淀粉，化学式为（C6H10O5）n，在酸性条件下水解的最终产物是B，B为葡萄糖，C是白酒的主要成分，则C为C2H5OH，C直接氧化生成D，D为CH3COOH，D与C发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，以此来解答【解答】解：A是营养物质之一，米饭、馒头中富含A，A为淀粉，化学式为（C6H10O5）n，在酸性条件下水解的最终产物是B，B为葡萄糖，C是白酒的主要成分，则C为C2H5OH，C直接氧化生成D，D为CH3COOH，D与C发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，（1）A的名称是淀粉；C中官能团的名称是羟基，故答案为：淀粉；羟基； （2）B为葡萄糖，含C、H、O元素，含OH、CHO，a蛋白质燃烧时有烧焦的羽毛味，故不选；b葡萄糖在人体中氧化的最终产物是CO2和H2O，故选；c含CHO，在碱性、加热条件下，能与银氨溶液反应析出银，故选；d含CHO，在加热条件下，能与新制的氢氧化铜反应产生砖红色沉淀，故选；故答案为：bcd；（3）反应为醛氧化生成羧酸，所需要的试剂是酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液，故答案为：酸性高锰酸钾溶液或酸性重铬酸钾溶液；（4）工业上用乙烯与水反应制备C，该反应的化学方程式是CH2=CH2+H2O C2H5OH，反应类型是加成反应，故答案为：CH2=CH2+H2O C2H5OH；加成反应；（5）反应的化学方程式是C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O，由平衡特征“等、定”可知a、d能判断平衡，而b取决于起始量和转化率，c中质量始终不变，故答案为：C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O； ad；（6）制备乙酸乙酯，导管口不能深入N试管中液面下的原因是防止倒吸，故答案为：防止倒吸28如图是以Zn和Cu为电极，稀H2SO4为电解质溶液形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记录如下：Zn为正极，Cu为负极；H+向负极移动；Cu极有H2产生；电子流动方向ZnGCu；正极的电极反应式是Zn2e=Zn2+：若有1mol电子流过导线，则理论上产生0.5mol H2（1）卡片中记录合理的是（填序号）（2）该电池总反应的离子方程式是Zn+2H+=Zn2+H2（3）在实验中铜片上有气泡产生原因是锌较活泼，在负极发生氧化反应失去电子，电子由导线流向铜电极，氢离子在铜表面得到电子生成氢气（4）若将稀硫酸换成硫酸铜溶液，电极质量增加的是铜极（填“锌极”或“铜极”），原因是Cu2+2e=Cu（用电极方程式表示）【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，锌易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为Zn2e=Zn2+、正极反应式为2H+2e=H2，电子从负极沿导线流向正极，放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，以此解答该题【解答】解：（1）锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn2eZn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为2H+2eH2，由此可知若有1mol电子流经导线，则产生0.5mol氢气，电子由负极经外电路流向正极，原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则正确的有，故答案为：；（2）该电池总反应的离子方程式是Zn+2H+=Zn2+H2，故答案为：Zn+2H+=Zn2+H2；（3）锌较活泼，在负极发生氧化反应失去电子，电子由导线流向铜电极，氢离子在铜表面得到电子生成氢气，故答案为：锌失电子，电子由导线流向铜电极，氢离子在铜表面得到电子生成氢气；（4）如果把硫酸换成硫酸铜溶液，正极Cu上会有铜单质析出，而变粗，其电极反应为：Cu2+2e=Cu；则电池总反应为Zn与铜离子的反应，为Cu2+Zn=Zn2+Cu，故答案为：铜极； Cu2+2e=Cu29海带中含有丰富的碘元素从海带中提取碘单质的工业生产流程如图所示（1）步骤、的操作分别是过滤、萃取分液（2）步骤反应的离子方程式是H+OH=H2O；2I+H2O2+2H+=I2+2H2O（3）步骤还可以选用的试剂是ad（填字母序号）a苯 b乙醇 c乙酸 d己烷（4）为检验用CCl4提取碘后的水溶液中是否还含有碘单质请写出该实验的实验步骤、现象及结论：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘）【考点】海水资源及其综合利用【分析】从海带中提取碘：海带浸泡后加碱进行碱化，过滤得到有机沉沉物，滤液加入氧化剂和稀硫酸氧化碘离子为碘单质，得到含碘水溶液，加入有机溶剂，萃取分液得到含碘的有机溶液，通过蒸馏得到碘单质，（1）操作是分离固体和液体，为过滤，操作是利用碘单质在四氯化碳中溶解度大，萃取分液；（2）反应是氢氧化钠和硫酸反应，酸性溶液中氧化碘单质生成碘单质；（3）根据萃取剂的选择标准分析判断；萃取剂的选择原则是：与水互不相溶，被萃取的物质在该溶剂中的溶解度比在水中的溶解度大，且跟萃取物不发生化学反应；（4）碘单质遇到淀粉变蓝色；【解答】解：（1）步骤是分离固体和液体，则实验操作为过滤，步骤是将碘单质从碘水中分离出来，实验操作为萃取分液，故答案为：过滤；萃取分液；（2）步骤是氢氧化钠和硫酸反应，酸性溶液中氧化碘单质生成碘单质，反应的离子方程式是：H+OH=H2O； 2I+H2O2+2H+=I2+2H2O，故答案为：H+OH=H2O； 2I+H2O2+2H+=I2+2H2O；（3）根据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，a苯不溶于水，碘单质在苯中溶解性大，可以做萃取剂，故a正确； b乙醇和水混溶不能分层，不能做萃取剂，故b错误； c乙酸溶于水在水溶液中不能分层，不能做萃取剂，故c错误； d己烷不溶于水，在水溶液中分层，碘单质在己烷中溶解性大，故d正确；故答案为：ad；（4）根据淀粉遇碘变蓝色检验碘单质的存在，实验操作为取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘），故答案为：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液，观察是否出现蓝色（如果变蓝，说明还有单质碘）30X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，原子序数依次增大已知X组成的单质是最理想的气体燃料，Y是形成化合物种类最多的元素，Z的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，w、R处于同一周期，W是该周期中金属性最强的元素，W与R能形成化合物WR请回答下列问题：（1）Z在周期表中的位置是第二周期第VIA族；R的原子结构示意图是（2）X、Y形成最简单有机物的分子结构是正四面体（3）工业上用化合物WR冶炼W的单质，若要得到2.3tW，至少需要WR的质量是5.85t（4）W与Z形成的化合物W2Z2可作供氧剂，该化合物含有的化学键类型有离子键和共价键或非极性共价键，其反应原理是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（用化学方程式表示）（5）在一定条件下，R单质能与硫反应生成一种用途广泛的硫化剂S2R2；S2R2与足量水反应有黄色沉淀生成，同时生成能使品红溶液褪色的无色气体，则该反应的化学方程式是（并用单线桥标出电子转移的方向和数目）【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，原子序数依次增大已知X组成的单质是最理想的气体燃料，则X为H；Y是形成化合物种类最多的元素，则Y为C元素；Z的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Z为O；W、R处于同一周期，W是该周期中金属性最强的元素，W与R能形成化合物WR，则W为Na，R为Cl，以此来解答【解答】解：X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，原子序数依次增大已知X组成的单质是最理想的气体燃料，则X为H；Y是形成化合物种类最多的元素，则Y为C元素；Z的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Z为O；W、R处于同一周期，W是该周期中金属性最强的元素，W与R能形成化合物WR，则W为Na，R为Cl，（1）Z在周期表中的位置是第二周期第VIA族，R的原子结构示意图是，故答案为：第二周期第VIA族；（2）X、Y形成最简单有机物为甲烷，分子结构是正四面体，故答案为：正四面体； （3）电解NaCl制备Na，由原子守恒可知需要NaCl为58.5=5.85 t，故答案为：5.85 t；（4）W与Z形成的化合物Na2O2可作供氧剂，该化合物含有的化学键类型有离子键和共价键或非极性共价键，其反应原理是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：离子键和共价键或非极性共价键；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（5）S2R2与足量水反应有黄色沉淀生成，同时生成能使品红溶液褪色的无色气体，则反应生成S、二氧化硫和HCl，只有S元素的化合价变化，该反应转移3e，则该反应的化学方程式是，故答案为：xx11月26日