2019-2020年高一下学期期末化学试卷 含解析(I).doc

2019-2020年高一下学期期末化学试卷 含解析(I)一、选择题（共20题，每题只有一个正确选项，每小题2分，共40分）1下列关于环境、能源和材料的叙述中，错误的是（）A光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的B在西部和沿海地区兴建风力发电站，解决能源短缺问题C糖类、油脂、蛋白质都属于天然有机高分子化合物D铁质器具表面刷漆或将其置于干燥处保存，均能有效减缓铁的锈蚀2下列有关苯的叙述中错误的是（）A苯在催化剂作用下能与浓硝酸发生取代反应B在一定条件下苯能与氢气气发生加成反应C在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色D在苯中加入溴水，振荡并静置后下层液体为橙色3下列叙述中错误的是（）A煤是工业上获得苯、甲苯、二甲苯等芳香烃的重要来源物质B海水提溴、海带提碘的过程均不涉及化学变化C铝热反应放出大量的热，金属铝做还原剂D通过催化重整，可从石油中获取环状烃4NO和CO都是汽车排放尾气中的有害物质，它们能缓慢地反应，生成N2和CO2，对此反应下列叙述正确的（）A使用催化剂并不能改变反应速率B使用催化剂可以加快反应速率C降低压强能加快反应速率D降温可以加快反应速率5下列说法正确的是（）AH2、D2、T2属于同位素B氯水、氨水、王水是混合物，水银、水玻璃是纯净物C水能、风能、生物质能是可再生能源，煤、石油是不可再生能源DHCl、NH3、BaSO4是电解质，CO2、Cl2、CH3CH2OH不是电解质6下列变化属于物理变化的是（）A石油的催化裂化和裂解B煤的液化、气化和煤的干馏C漂白的草帽久置于空气中变黄D石油的分馏和海水蒸馏7下列关于化学键的说法中不正确的是（）A化学键是一种作用力B化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合C非极性键不是化学键D化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子中的化学键形成8下列单质或化合物的描述正确的是（）A明矾溶于水产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂B植物油分子中有碳碳双键，与H2加成后可以得到人造脂肪CCO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体DFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl29由乙烯推测丙烯（CH2CHCH3）的结构或性质正确的是（）A分子中的三个碳原子在同一直线上B分子中所有原子都在同一平面上C与HCl加成只生成一种产物D能发生聚合反应，生成聚丙烯10不能达到除杂目的是（括号内物质为少量杂质）（）A乙酸（乙醇）：加入金属钠，蒸馏B乙醇（水）：加入新制生石灰，蒸馏C溴苯（溴）：加入NaOH溶液，充分振荡静置后，分液D乙酸乙酯（乙酸）：加饱和Na2CO3溶液，振荡静置后，分液11下列关于常见有机物的说法不正确的是（）A乙烯和苯都能与溴水反应B乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应C糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质D乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别12能证明乙醇分子中含有一个羟基的事实是（）A乙醇完全燃烧生成水B0.1mol CH3CH2OH与足量金属钠反应生成0.05molH2C乙醇能与水以任意比例互溶D乙醇的沸点（78.5）比乙烷（88.6）的高出许多13下列做法错误的是（）A易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源B向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管C将FeCl3饱和溶液滴入热的稀氢氧化钠溶液中制备氢氧化铁胶体D金属钠着火时，用干燥的沙土覆盖灭火14三聚氰胺（结构式如图所示）是一种重要的化工原料，可用于阻燃剂、水泥减水剂和高分子合成等领域一些不法分子却往牛奶中加入三聚氰胺，以提高奶制品的含氮量下列说法正确的是（）A三聚氰胺是一种蛋白质B三聚氰胺是高分子化合物C三聚氰胺分子中含有碳碳双键D三聚氰胺的分子式为C3H6N615氯化银在溶液中有极微量的电离：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）不能说明该电离达到平衡状态的是（）AAg+的浓度不再改变BAg+的生成速率和Ag+、Cl结合生成AgCl的速率相等CAgCl的质量不再减少DAg+与Cl的物质的量比为1：116下列说法错误的是（）A硝酸可以使蛋白质变黄，称为颜色反应，该过程为物理变化B某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C酯化反应是可逆反应，为了提高反应速率，一般加入浓硫酸做催化剂D油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应17下列实验误差分析错误的是（）A用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B容量瓶中含有少量蒸馏水对所配制的溶液无影响C用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小D测定中和反应的中和热时，保温效果越好，测定误差越小18下列化学实验事实及其结论都正确的是（）A将SO2通入含HClO的溶液中生成H2SO4，酸性：HClOH2SO4B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，说明铝箔表面氧化铝熔点高于铝CSiO2可以和NaOH溶液及HF溶液反应，SiO2属于两性氧化物DSO2使溴水褪色，SO2具有漂白性19W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色下列判断正确的是（）A金属性：YZB氢化物的沸点：XWC离子的还原性：XWD原子及离子半径：ZYX20CaCO3与稀盐酸反应（放热反应）生成CO2的量与反应时间的关系如图所示下列结论错误的是（）A反应开始2 min内平均反应速率最大B反应46 min内平均反应速率最小C反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大D反应在第2 min到第4 min间生成CO2的平均反应速率最大二、非选择题（共4题，共60分）21如表是元素周期表中短周期元素的一部分，表中所列字母分别代表一种元素ABDEFCGH（1）上述元素的单质中熔点最高的可能是（填名称）（2）比较D、G氢化物的稳定性（用化学式表示）（3）在一定条件下，A与E可形成一种极易溶于水的气态化合物，其电子式为：；（4）D、E、G、H四种元素最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是：（填化学式）（5）A、D两种元素构成的两种烃X和Y，X是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平；Y是一种比水轻的油状液体，两种元素的质量比为12：1，Y的相对分子质量为78X的结构简式Y与浓硫酸与浓硝酸在5060反应的化学反应方程式：，反应类型22煅烧硫铁矿（主要成分为FeS2）的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2试回答下列问题（1）可用哪些物质来表示该反应的化学反应速率（2）某时刻时测得，生成SO2的速率为0.64mol/（Ls），则氧气减少的速率为 mol/（Ls）（3）该工业生产中将矿石粉碎的目的：23当运动员肌肉受伤时，队医会随即对准运动员的受伤部位喷射药剂氯乙烷，进行局部冷冻麻醉处理（1）制取氯乙烷 （CH3CH2Cl）的最好的方法是a乙烷与氯气发生取代反应 b乙烯与氯气发生加成反应c乙烷与氯化氢反应 d乙烯与氯化氢发生加成反应（2）写出所选反应的化学方程式：24某钢铁厂高炉炼铁的主要反应过程如图：（1）写出步骤的化学方程式：；（2）下列有关高炉炼铁的说法正确的是a增加高炉的高度可以提高CO的利用率b三个反应均为吸热反应c从高炉炉顶出来的气体中含有没有利用的CO气体d只有步骤的反应是可逆反应25有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性，两人均使用相同镁片与铝片作电极，甲同学将电极放入2mol/L H2SO4溶液中，乙同学将电极放入2mol/L的NaOH溶液中，如图所示请回答：（1）写出甲池中正极的电极反应式：（2）写出乙池中负极的电极反应式和总反应的离子方程式：负极：；总反应：（3）如果甲、乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出活动性更强，而乙会判断出活动性更强（填写元素符号）（4）由此实验，可得到如下哪些正确结论？（填写字母序号）a利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质b镁的金属性不一定比铝的金属性强c该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值d上述实验反过来证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”的做法是“不可靠”的26市场上出售的“热敷袋”其主要成分是铁屑、炭粉、木屑和少量氯化钠、水等“热敷袋”启用之前用塑料袋使其与空气隔绝，启用时，打开塑料袋轻轻揉搓就会放出热量使用完后，会发现有大量铁锈存在“热敷袋”放出的热量是利用了而放出热量27实验室从含碘废液（除H2O外，还含有CCl4、I2、I等）中回收碘，其实验过程如图：（1）Na2SO3溶液在空气中存放，容易被氧化成（填化学式）检验是否存在该杂质的方法是：（2）操作X的名称为（3）通入Cl2发生反应的离子方程式（4）含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，Na2SO3将废液中的I2还原为I，这样做的目的是28亚硫酸钠溶液中加入过量的碘酸钾酸性溶液，反应的化学方程式为（未配平）：Na2SO3+KIO3+H2SO4Na2SO4+K2SO4+I2+H2O回答下列问题：（1）若反应中有5mole转移，则生成碘是mol（2）该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步：IO3+SO32IO2+SO42（慢）IO2+SO32IO+SO42（快）IO+SO32I+SO42（快）5I+6H+IO33I2+3H2O（快）I2+SO32+H2O2I+SO42+2H2（快）由上述条件推测，此反应的总的反应速率由第步反应决定（填序号）（3）若预先加入淀粉溶液，由题述看，必须在离子消耗完时，蓝色现象才会产生xx天津市五区县高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20题，每题只有一个正确选项，每小题2分，共40分）1下列关于环境、能源和材料的叙述中，错误的是（）A光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的B在西部和沿海地区兴建风力发电站，解决能源短缺问题C糖类、油脂、蛋白质都属于天然有机高分子化合物D铁质器具表面刷漆或将其置于干燥处保存，均能有效减缓铁的锈蚀【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A二氧化硅具有良好的光学特性；B风力发电，可解决火力发电的资源问题；C油脂相对分子质量小于10000；D金属腐蚀的条件：潮湿的环境、氧气存在；【解答】解：A二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光导纤维主要原料，故A正确；B风力发电是一种清洁能源，建风力发电站，解决能源短缺问题，故B正确；C油脂相对分子质量小于10000，不是高分子化合物，故C错误；D铁质器具表面刷漆可以隔绝氧气，将其置于干燥处保存，与水不接触，铁不易生成锈，故D正确；故选：C2下列有关苯的叙述中错误的是（）A苯在催化剂作用下能与浓硝酸发生取代反应B在一定条件下苯能与氢气气发生加成反应C在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色【考点】苯的结构；苯的性质【分析】A、苯在浓硫酸的催化作用下与浓硝酸发生硝化反应；B、苯在镍催化作用下与氢气发生加成反应生成环己烷；C、苯不与酸性高锰酸钾溶液反应，苯的密度小于水；D、苯不与溴水反应，可发生萃取，苯的密度小于水【解答】解：A、苯在浓硫酸的催化作用下与浓硝酸发生硝化反应，属于取代反应，故A正确；B、苯在镍催化作用下与氢气发生加成反应生成环己烷，故B正确；C、苯不与酸性高锰酸钾溶液反应，苯的密度小于水，因此上层为苯，下层为酸性高锰酸钾溶液，为紫红色，故C正确；D、苯不与溴水反应，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，故D错误；故选D3下列叙述中错误的是（）A煤是工业上获得苯、甲苯、二甲苯等芳香烃的重要来源物质B海水提溴、海带提碘的过程均不涉及化学变化C铝热反应放出大量的热，金属铝做还原剂D通过催化重整，可从石油中获取环状烃【考点】煤的干馏和综合利用；海水资源及其综合利用【分析】A煤干馏得到煤焦油，焦炉气、焦炭，煤焦油中含有芳香烃，可用分馏的方法从煤焦油中获得芳香烃；B海水中获取溴和碘，是溴离子、碘离子被氧化为单质；C利用铝的还原性和铝转化为氧化铝时能放出大量热的性质，工业上常用铝粉来还原一些金属氧化物；D石油的催化重整可以获得芳香烃【解答】解：A煤干馏得到煤焦油中含有芳香烃，可用分馏的方法从煤焦油中获得芳香烃，所以煤是工业上获得苯、甲苯、二甲苯等芳香烃的一种重要来源，故A正确；B海水中获取溴和碘，是溴离子、碘离子被氧化为单质，生成新物质，涉及化学变化，故B错误；C铝热反应放出大量的热，且金属铝做还原剂，故C正确；D通过催化重整，可从石油中获取环状烃，如芳香烃，故D正确故选B4NO和CO都是汽车排放尾气中的有害物质，它们能缓慢地反应，生成N2和CO2，对此反应下列叙述正确的（）A使用催化剂并不能改变反应速率B使用催化剂可以加快反应速率C降低压强能加快反应速率D降温可以加快反应速率【考点】化学反应速率的影响因素【分析】使用催化剂加快反应速率，降低温度、降低压强，减小反应速率，以此来解答【解答】解：A使用催化剂可以加快反应速率，故A错误；B使用催化剂可以加快反应速率，故B正确；C降低压强能减慢反应速率，故C错误；D降温可以减缓反应速率，故D错误；故选：B5下列说法正确的是（）AH2、D2、T2属于同位素B氯水、氨水、王水是混合物，水银、水玻璃是纯净物C水能、风能、生物质能是可再生能源，煤、石油是不可再生能源DHCl、NH3、BaSO4是电解质，CO2、Cl2、CH3CH2OH不是电解质【考点】同位素及其应用；混合物和纯净物；电解质与非电解质【分析】A质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素；B混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质；C能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源；D水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，单质不是电解质【解答】解：AH2、D2、T2属于氢气单质分子不是原子，所以不是同位素，故A错误；B氯水、氨水、王水是混合物，水银是汞单质属于纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液是混合物，故B错误；C风能和水能，生物质能是通过太阳光的照射和水的循环来形成的，太阳光可以源源不断的从自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然气属于三大化石燃料，都属于不可再生的能源，故C正确；DHCl、BaSO4是电解质，CO2、CH3CH2OH、NH3是非电解质，Cl2不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选C6下列变化属于物理变化的是（）A石油的催化裂化和裂解B煤的液化、气化和煤的干馏C漂白的草帽久置于空气中变黄D石油的分馏和海水蒸馏【考点】物理变化与化学变化的区别与联系【分析】化学变化是指有新物质生成的变化物理变化是指没有新物质生成的变化化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成【解答】解：A石油的催化裂化和裂解是烷烃大分子分解生成小分子的过程属于化学变化，故A错误；B煤的干馏是在隔绝空气条件下发生的复杂的物理、化学变化，煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，故B错误；C漂白的草帽久置于空气中变黄有新物质有色物质生成，属于化学变化，故C错误；D石油分馏是依据物质沸点不同分离混合物属于物理变化，海水蒸馏是分离水的过程依据沸点蒸馏，属于物质变化，故D正确；故选D7下列关于化学键的说法中不正确的是（）A化学键是一种作用力B化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合C非极性键不是化学键D化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子中的化学键形成【考点】化学键【分析】A化学键是相邻原子之间的作用力；B形成化学键的微粒可能是原子也可能是离子；C非极性键属于共价键，也是化学键；D根据化学反应的实质判断【解答】解：A化学键是相邻原子之间的强烈的相互作用，故A正确；B形成化学键的微粒可能是离子也可能是原子但不能是分子，故B正确；C非极性键和极性键都是共价键，化学键包含离子键、共价键、金属键，故C错误；D化学反应的实质是有旧化学键的断裂和新化学键的形成，故D正确；故选C8下列单质或化合物的描述正确的是（）A明矾溶于水产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂B植物油分子中有碳碳双键，与H2加成后可以得到人造脂肪CCO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体DFe在少量Cl2中燃烧生成FeCl2【考点】油脂的性质、组成与结构；三废处理与环境保护；铁的化学性质【分析】A氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物而净水；B油脂的氢化也叫油脂的硬化，通过油脂的氢化，就是在催化剂镍的作用下与氢加成，不饱和高级脂肪酸就变成了饱和的高级脂肪酸（人造脂肪）；CN2不能造成温室效应；D氯气具有强氧化性，与铁反应生成氯化铁【解答】解：A明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，不能作漂白剂，故A错误；B植物油分子中有碳碳双键，与H2加成发生硬化后可以得到人造脂肪，故B正确；CCO2、CH4等均是造成温室效应，但N2不能造成温室效应，故C错误；D氯气具有强氧化性，与铁反应生成氯化铁，与氯气的量无关，即Fe在少量Cl2中燃烧也生成FeCl3，故D错误；故选B9由乙烯推测丙烯（CH2CHCH3）的结构或性质正确的是（）A分子中的三个碳原子在同一直线上B分子中所有原子都在同一平面上C与HCl加成只生成一种产物D能发生聚合反应，生成聚丙烯【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】丙烯中含碳碳双键，可被氧化，可发生加成反应，加聚反应，与乙烯性质相似，以此来解答【解答】解：A、乙烯分子中CH键与CC键夹角为120，丙烯相当于甲基取代乙烯氢原子，所以碳原子不可能处于同一直线，故A错误；B、CH2=CHCH3中存在甲基，具有甲烷的结构，所以原子不可能处于同一平面内，故B错误；C、丙烯与氯化氢发生加成反应，其产物有和两种，故C错误；D、CH2CHCH3含碳碳双键，能发生加聚反应生成高聚物聚丙烯，故D正确；故选D10不能达到除杂目的是（括号内物质为少量杂质）（）A乙酸（乙醇）：加入金属钠，蒸馏B乙醇（水）：加入新制生石灰，蒸馏C溴苯（溴）：加入NaOH溶液，充分振荡静置后，分液D乙酸乙酯（乙酸）：加饱和Na2CO3溶液，振荡静置后，分液【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A二者都与钠反应；B水与生石灰反应，乙醇易挥发；C溴可与氢氧化钠溶液反应；D乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠溶液反应【解答】解：A二者都与钠反应，不能加入钠，可直接蒸馏，故A错误；B水与生石灰反应，乙醇易挥发，可蒸馏分离，故B正确；C溴苯不溶于水，与氢氧化钠溶液不反应，溴可与氢氧化钠溶液反应，溶液分层，可分离，故C正确；D乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠溶液反应，可分液分离，故D正确故选A11下列关于常见有机物的说法不正确的是（）A乙烯和苯都能与溴水反应B乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应C糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质D乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别【考点】乙烯的化学性质；甲烷的化学性质；苯的同系物的化学性质；乙酸的化学性质；油脂的性质、组成与结构；营养均衡与人体健康的关系【分析】在催化剂条件下，苯可以和液溴发生取代反应；乙酸具有酸性，与碱发生中和反应，油脂在碱性条件下发生水解，也称为皂化；糖类，油脂和蛋白质是人体重要营养的物质；乙烯含有双键，具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应【解答】解：A、苯不能与溴水发生反应，只能与液溴反应，故A错误；B、乙酸与NaOH发生酸碱中和，油脂在碱性条件能水解，故B正确；C、糖类，油脂和蛋白质是重要营养的物质，故C正确；D、乙烯可以使高锰酸钾褪色，而甲烷不可以，故D正确；故选：A12能证明乙醇分子中含有一个羟基的事实是（）A乙醇完全燃烧生成水B0.1mol CH3CH2OH与足量金属钠反应生成0.05molH2C乙醇能与水以任意比例互溶D乙醇的沸点（78.5）比乙烷（88.6）的高出许多【考点】有机物的结构和性质【分析】乙醇中的羟基与烃基都含有H原子，但H原子的性质不同，其中羟基的H可被活泼金属置换生成氢气，而烃基的H不能与活泼金属反应，以此解答该题【解答】解：A乙醇完全燃烧生成CO2和H2O，只能说明乙醇中含有的元素名称，无法判断乙醇分子中是否含有羟基，故A错误；B乙醇与生成的氢气的物质的量之比为0.1：0.05=2：1，说明乙醇分子中有一个活泼的氢原子可被金属钠取代（置换），即乙醇分子中含有一个羟基，故B正确；C溶于水的有机物不一定含有羟基，如二甲醚也能溶于水，不含羟基，故C错误；D乙醇沸点较高属于物理性质，与分子间作用力有关，不能说明是否含有羟基，故D错误故选B13下列做法错误的是（）A易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源B向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管C将FeCl3饱和溶液滴入热的稀氢氧化钠溶液中制备氢氧化铁胶体D金属钠着火时，用干燥的沙土覆盖灭火【考点】化学实验安全及事故处理【分析】A易燃、易爆药品在一定温度和氧气充足时，会发生爆炸；B用胶头滴管向试管中滴加液体时，应避免接触污染；C饱和氯化铁溶液与稀氢氧化钠溶液反应氢氧化铁沉淀；D钠与水反应生成易燃气体氢气，钠与氧气反应 生成过氧化钠，过氧化钠可与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气【解答】解：A强氧化剂为可燃物发生氧化反应的氧化剂，在有火源的地方可燃物达到着火点就可以燃烧，所以易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源，故A正确；B用胶头滴管向试管中滴加液体时，不能把滴管伸入试管内，避免污染试剂，故B正确；C将饱和氯化铁溶液滴入稀氢氧化钠溶液中加热，可得氢氧化铁沉淀，得不到胶体，故C错误；D钠与水反应生成易燃气体氢气，钠着火时不能用水灭火，沙土能够隔绝空气，应该干燥的沙土灭火，故D正确；故选：C14三聚氰胺（结构式如图所示）是一种重要的化工原料，可用于阻燃剂、水泥减水剂和高分子合成等领域一些不法分子却往牛奶中加入三聚氰胺，以提高奶制品的含氮量下列说法正确的是（）A三聚氰胺是一种蛋白质B三聚氰胺是高分子化合物C三聚氰胺分子中含有碳碳双键D三聚氰胺的分子式为C3H6N6【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】A、蛋白质中含有肽键，能水解；B、高分子化合物是指分子量一万的化合物；C、根据结构简式看物质中含有的化学键；D、根据结构简式书写有机物的分子式【解答】解：A、蛋白质的一个条件就是结构中含有肽键，而三聚氰胺没有，所以不属于蛋白质，故A错误；B、高分子化合物是指分子量达到一万的化合物，而三聚氰胺分子量较小，不属于高分子化合物故B错误；C、三聚氰胺分子中不含碳碳双键，故C错误；D、根据结构简式可得三聚氰胺的分子式为C3H6N6，故D正确故选D15氯化银在溶液中有极微量的电离：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）不能说明该电离达到平衡状态的是（）AAg+的浓度不再改变BAg+的生成速率和Ag+、Cl结合生成AgCl的速率相等CAgCl的质量不再减少DAg+与Cl的物质的量比为1：1【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、Ag+的浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，电离达平衡状态，故A正确；B、Ag+的生成速率和Ag+，等效于AgCl生成Cl的速率，与Cl结合生成AgCl的速率相等，正逆反应速率相等，电离达平衡状态，故B正确；C、AgCl的质量不再减少，说明电离达平衡状态，故C正确；D、只要反应发生就符合，Ag+与Cl的物质的量比为1：1，不能说明该电离达到平衡状态，故D错误；故选D16下列说法错误的是（）A硝酸可以使蛋白质变黄，称为颜色反应，该过程为物理变化B某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C酯化反应是可逆反应，为了提高反应速率，一般加入浓硫酸做催化剂D油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；化学反应速率的影响因素；油脂的性质、组成与结构【分析】A蛋白质遇到硝酸发生颜色反应，其中含有苯环结构的蛋白质可被硝化成黄色物质；B碱性溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C催化剂和加热都可以加快反应速率；D油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应【解答】解：A蛋白质遇到硝酸发生颜色反应，其中含有苯环结构的蛋白质可被硝化成黄色物质，有新物质生成，为化学变化，故A错误；B碱性溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，所以某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体水溶液显碱性，故B正确；C浓硫酸做催化剂可以加快反应速率，故C正确；D油脂在碱性条件下的水解反应生成高级脂肪酸盐和甘油，称为皂化反应，故D正确；故选A17下列实验误差分析错误的是（）A用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小B容量瓶中含有少量蒸馏水对所配制的溶液无影响C用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小D测定中和反应的中和热时，保温效果越好，测定误差越小【考点】化学实验方案的评价【分析】A用湿润的试纸测定碱溶液的pH，碱溶液被稀释，溶液的pH减小；B容量瓶中的质量数对溶质的物质的量及最终溶液体积无影响；C定容时俯视容量瓶刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小；D测定中和热时，测定结果受保温效果影响较大【解答】解：A用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，碱溶液被稀释，溶液碱性减弱，则测定值会偏小，故A正确；B容量瓶中含有少量蒸馏水，对所得溶液中溶质的物质的量和最终溶液体积均无影响，则不影响所配制的溶液的浓度，故B正确；C用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，加入的蒸馏水体积偏小，所得溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故C错误；D中和反应的中和热时，需要尽可能降低热量损失，保温效果越好，则测定误差越小，故D正确；故选C18下列化学实验事实及其结论都正确的是（）A将SO2通入含HClO的溶液中生成H2SO4，酸性：HClOH2SO4B铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，说明铝箔表面氧化铝熔点高于铝CSiO2可以和NaOH溶液及HF溶液反应，SiO2属于两性氧化物DSO2使溴水褪色，SO2具有漂白性【考点】二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅【分析】A发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱；B铝箔在酒精灯火焰上加热生成氧化铝，熔点较高；C二氧化硅能够与碱溶液反应生成盐和水，二氧化硅属于碱性氧化物，但二氧化硅与氟化氢以外的酸不反应，不属于碱性氧化物；D二氧化硫与溴水发生氧化还原反应导致溴水褪色，该反应不能证明二氧化硫具有漂白性【解答】解：A发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱，不发生强酸制取弱酸的反应，事实上硫酸为强酸、HClO为弱酸，故A错误；B氧化铝熔点较高，铝箔在酒精灯火焰上加热生成氧化铝，导致熔化不滴落，故B正确；C二氧化硅能够与氢氧化钠溶液反应生成盐和水，二氧化硅属于酸性氧化物，对应的酸为硅酸；而二氧化硅不与氟化氢以外的酸反应，不属于碱性氧化物，即二氧化硅不属于两性氧化物，故C错误；D将SO2通入溴水中，溴水褪色，溴将二氧化硫氧化成硫酸，从而导致溴水褪色，溴水褪色原因不是因为二氧化硫具有漂白性，故D错误；故选B19W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色下列判断正确的是（）A金属性：YZB氢化物的沸点：XWC离子的还原性：XWD原子及离子半径：ZYX【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17，应为Cl元素，X与W同主族，则X为F元素，Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半，则原子序数为=13，为Al元素，含Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z应为Na元素，结合元素的金属性和非金属性的递变规律解答该题【解答】解：由题设可判定W为Cl，X为F，Y为Al，Z为NaA同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，则金属性NaAl，故A错误；B氢化物沸点HFHCl，因HF分子间存在氢键，故B正确；C非金属性FCl，则离子还原性ClF，故C错误；D同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则原子半径NaAlF，离子半径FNa+Al3+，故D错误故选B20CaCO3与稀盐酸反应（放热反应）生成CO2的量与反应时间的关系如图所示下列结论错误的是（）A反应开始2 min内平均反应速率最大B反应46 min内平均反应速率最小C反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大D反应在第2 min到第4 min间生成CO2的平均反应速率最大【考点】化学反应速率的影响因素【分析】CaCO3与稀盐酸的反应为放热反应，随着反应的进行，温度逐渐升高，盐酸浓度逐渐降低，结合各时间段二氧化碳物质的量的变化可比较反应速率的大小，以此解答该题【解答】解：A由图象可知，02分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，24分钟时间内，生成二氧化碳0.2mol，46分钟时间内，生成二氧化碳0.1mol，则反应刚开始时反应速率较小，然后逐渐增大，最后减小，故A错误；B由图象可知，反应4分钟后曲线斜率变小，则反应速率减小，故B正确；C随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低，由图象可知，02分钟反应刚开始，温度较低此时反应速率由氢离子浓度决定，24min反应速率最快，24分钟温度对反应速率起主要作用，4min后反应速率又降低，氢离子浓度起主要作用，故C错误；D由图可知，24分钟时间内，生成的二氧化碳的体积最多，故24min反应速率最快，故D正确故选AC二、非选择题（共4题，共60分）21如表是元素周期表中短周期元素的一部分，表中所列字母分别代表一种元素ABDEFCGH（1）上述元素的单质中熔点最高的可能是碳（填名称）（2）比较D、G氢化物的稳定性CH4SiH4（用化学式表示）（3）在一定条件下，A与E可形成一种极易溶于水的气态化合物，其电子式为：；（4）D、E、G、H四种元素最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是：HClO4HNO3H2CO3H2SiO3（填化学式）（5）A、D两种元素构成的两种烃X和Y，X是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平；Y是一种比水轻的油状液体，两种元素的质量比为12：1，Y的相对分子质量为78X的结构简式CH2=CH2Y与浓硫酸与浓硝酸在5060反应的化学反应方程式：+HNO3+H2O，反应类型取代反应【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】由元素在短周期中的位置，可知A为氢，B为He，C为Na，D为碳，E为氮，F为氧，G为Al，H为Cl（1）VIA族中元素形成的单质中有原子晶体，单质的沸点可能最高，而原子晶体中原子半径越小，其沸点越高；（2）非金属性越强，元素对应的氢化物越稳定；（3）在一定条件下，A与E可形成一种极易溶于水的气态化合物为NH3；（4）元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性最强，高氯酸是最强的无机含氧酸；（5）A、D两种元素构成的两种烃X和Y，X是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则X为乙烯，Y是一种比水轻的油状液体，两种元素的质量比为12：1，分子中C、H原子数目之比为： =1：1，Y的相对分子质量为78，则Y为【解答】解：由元素在短周期中的位置，可知A为氢，B为He，C为Na，D为碳，E为氮，F为氧，G为Al，H为Cl（1）Si单质、碳的单质都可以形成原子晶体，单质的沸点可能高于其它主族，但CC键键长比SiSi键键长短，CC键更强，故碳单质的熔点可能最高，故答案为：碳；（2）C、Si同主族，自上而下非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱，故氢化物稳定性CH4SiH4，故答案为：CH4SiH4；（3）A与E形成的一种极易溶于水的气态化合物为NH3，分子中N原子与H原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故答案为：；（4）高氯酸是最强的无机含氧酸，非金属性NCSi，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性最强，故酸性：HClO4HNO3H2CO3H2SiO3，故答案为：HClO4HNO3H2CO3H2SiO3；（5）A、D两种元素构成的两种烃X和Y，X是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则X为乙烯，Y是一种比水轻的油状液体，两种元素的质量比为12：1，分子中C、H原子数目之比为： =1：1，Y的相对分子质量为78，则Y为X为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；Y为苯，与浓硫酸与浓硝酸在5060反应的化学反应方程式： +HNO3+H2O，属于取代反应，故答案为： +HNO3+H2O，取代反应22煅烧硫铁矿（主要成分为FeS2）的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2试回答下列问题（1）可用哪些物质来表示该反应的化学反应速率SO2和O2（2）某时刻时测得，生成SO2的速率为0.64mol/（Ls），则氧气减少的速率为0.88 mol/（Ls）（3）该工业生产中将矿石粉碎的目的：增大接触面积，加快反应速率【考点】反应速率的定量表示方法；化学反应速率的影响因素【分析】（1）只有气体或者溶液才有浓度的变化，固体或者纯液体的浓度是定值；（2）根据v=，化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算；（3）矿石粉碎增大接触面积加快反应速率【解答】解：（1）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，化学反应速率是指单位时间内反应物浓度减小或生成物浓度增大表示，只有气体或者溶液才有浓度的变化，固体或者纯液体的浓度是定值，反应能用来表示化学反应速率的物质不能是固体和纯液体，反应中用来表示反应速率的物质为SO2和O2，故答案为：SO2和O2；（2）v（SO2）：v（O2）=8：11，故v（O2）=v（SO2）=0.64=0.88 mol/（Ls），故答案为：0.88 mol/（Ls）；故答案为：0.88； （3）该工业生产中将矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率23当运动员肌肉受伤时，队医会随即对准运动员的受伤部位喷射药剂氯乙烷，进行局部冷冻麻醉处理（1）制取氯乙烷 （CH3CH2Cl）的最好的方法是da乙烷与氯气发生取代反应 b乙烯与氯气发生加成反应c乙烷与氯化氢反应 d乙烯与氯化氢发生加成反应（2）写出所选反应的化学方程式：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用【分析】制取氯乙烷 （CH3CH2Cl），由绿色化学的原则可知，选择乙烯与HCl发生加成反应，产物只有一种，则方案最好，以此来解答【解答】解：（1）a乙烷与氯气发生取代反应，为链锁反应，且产物复杂，故不选；b乙烯与氯气发生加成反应，生成1，2二氯乙烷，故不选；c乙烷与氯化氢不发生反应，故不选；d乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，且产物只有一种，方案最好，故选；故答案为：d；（2）所选反应的化学方程式为CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl24某钢铁厂高炉炼铁的主要反应过程如图：（1）写出步骤的化学方程式：CO2+C2CO；3CO+Fe2O32Fe+3CO2（2）下列有关高炉炼铁的说法正确的是ca增加高炉的高度可以提高CO的利用率b三个反应均为吸热反应c从高炉炉顶出来的气体中含有没有利用的CO气体d只有步骤的反应是可逆反应【考点】高炉炼铁【分析】高炉炼铁的流程为：焦炭与过量空气在高温条件下生成二氧化碳，二氧化碳又与焦炭在高温条件下生成一氧化碳，最终一氧化碳把赤铁矿中的铁还原出来（1）根据反应物和产物以及条件书写化学方程式，反应为二氧化碳与焦炭在高温条件下的反应；反应为一氧化碳还原赤铁矿中的铁；（2）高炉的高度与平衡移动无关；燃烧反应为放热反应；一氧化碳不可能全部转化，三个反应都不可逆【解答】解：（1）焦炭与过量空气在高温条件下生成二氧化碳C+O2CO2，二氧化碳又与焦炭在高温条件下生成一氧化碳，最终一氧化碳把赤铁矿中的铁还原出来故步骤化学方程式为：CO2+C2CO、步骤化学方程式为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故答案为：CO2+C2CO；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；（2）a高炉的高度与平衡移动无关，增加高炉的高度不可以提高CO的利用率，故a错误；b焦炭与过量空气在高温条件下生成二氧化碳C+O2CO2，该反应为放热反应，故b错误；c大多数一氧化碳和氧化铁反应，所以从高炉炉顶出来的气体中含有没有利用的CO气体，故c正确；dC+O2CO2，CO2+C2CO；3CO+Fe2O32Fe+3CO2；都不是可逆反应，故d错误；故选c25有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性，两人均使用相同镁片与铝片作电极，甲同学将电极放入2mol/L H2SO4溶液中，乙同学将电极放入2mol/L的NaOH溶液中，如图所示请回答：（1）写出甲池中正极的电极反应式：2H+2e=H2（2）写出乙池中负极的电极反应式和总反应的离子方程式：负极：Al+4OH3e=AlO2+2H2O；总反应：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（3）如果甲、乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出Mg活动性更强，而乙会判断出Al活动性更强（填写元素符号）（4）由此实验，可得到如下哪些正确结论？ad（填写字母序号）a利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质b镁的金属性不一定比铝的金属性强c该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值d上述实验反过来证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”的做法是“不可靠”的【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）甲同学将电极放入2mol/L H2SO4溶液中，镁比铝活泼，甲池中正极发生还原反应，电极反应式：2H+2e=H2；（2）乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应；（3）根据作负极的金属活泼性强结合电池中的负极判断；（4）A原电池正负极与电解质溶液有关；B镁的金属性大于铝；C该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值D该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析【解答】解：（1）甲同学将电极放入2mol/L H2SO4溶液中，镁比铝活泼，甲池中正极发生还原反应，电极反应式：2H+2e=H2，故答案为：2H+2e=H2；（2）乙池中铝易失电子作负极，负极上铝失电子发生氧化反应，电极反应式为：Al+4OH3e=AlO2+2H2O，镁作正极，正极发生还原反应，总反应为2Al+2OH+2H2O=AlO2+3H2，故答案为：Al+4OH3e=AlO2+2H2O；2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（3）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强，故答案为：Mg；Al；（4）a根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故正确；b镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故错误；c该实验对研究物质的性质有实用价值，故错误；d该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故正确；故答案为：ad26市场上出售的“热敷袋”其主要成分是铁屑、炭粉、木屑和少量氯化钠、水等“热敷袋”启用之前用塑料袋使其与空气隔绝，启用时，打开塑料袋轻轻揉搓就会放出热量使用完后，会发现有大量铁锈存在“热敷袋”放出的热量是利用了铁屑、炭粉、空气（氧气）、NaCl溶液构成原电池，铁被氧化而放出热量【考点】吸热反应和放热反应；原电池和电解池的工作原理【分析】炭粉构成原电池正极，正极上氧气得电子发生还原反应，NaCl溶液起电解质溶液作用，从而形成原电池，加速Fe的氧化，该装置符合原电池构成条件，所以能构成原电池，放电时将化学能转化为电能，所以热敷袋放出的热来自于原电池中的氧化还原反应，【解答】解：碳粉和铁活泼性不同，且都导电，氯化钠是强电解质，易溶于水，碳粉、铁、氯化钠溶液构成了原电池，碳的活泼性比铁小，所以作正极，因为形成原电池，从而加速铁的氧化，“热敷袋”放出的热量是利用了铁屑、炭粉、空气（氧气）、NaCl溶液构成原电池，铁被氧化，故答案为：铁屑、炭粉、空气（氧气）、NaCl溶液构成原电池，铁被氧化27实验室从含碘废液（除H2O外，还含有CCl4、I2、I等）中回收碘，其实验过程如图：（1）Na2SO3溶液在空气中存放，容易被氧化成Na2SO4（填化学式）检验是否存在该杂质的方法是：取少量溶液，加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明含有Na2SO4（2）操作X的名称为分液（3）通入Cl2发生反应的离子方程式Cl2+2I=2I2+2Cl（4）含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，Na2SO3将废液中的I2还原为I，这样做的目的是使CCl4中的碘进入水层【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】由实验流程可知，含碘废液与亚硫酸钠发生SO32+I2+H2O=2I+2H+SO42，反应后与CCl4分层，分液可分离出CCl4，再通入氯气发生Cl2+2I=2I2+2Cl，富集、萃取、分液、蒸馏可得到碘，以此来解答【解答】解：由实验流程可知，含碘废液与亚硫酸钠发生SO32+I2+H2O=2I+2H+SO42，反应后与CCl4分层，分液可分离出CCl4，再通入氯气发生Cl2+2I=2I2+2Cl，富集、萃取、分液、蒸馏可得到碘，（1）Na2SO3溶液在空气中存放，容易被氧化成Na2SO4，检验是否存在该杂质的方法是取少量溶液，加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量溶液，加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明含有Na2SO4；（2）由上述分析可知，操作X为分液，故答案为：分液；（3）通入Cl2发生反应的离子方程式为Cl2+2I=2I2+2Cl，故答案为：Cl2+2I=2I2+2Cl；（4）含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，Na2SO3将废液中的I2还原为I，这样做的目的是使CCl4中的碘进入水层，从而与CCl4分层，便于分离，故答案为：使CCl4中的碘进入水层28亚硫酸钠溶液中加入过量的碘酸钾酸性溶液，反应的化学方程式为（未配平）：Na2SO3+KIO3+H2SO4Na2SO4+K2SO4+I2+H2O回答下列问题：（1）若反应中有5mole转移，则生成碘是0.5m