2019-2020年高二上学期开学化学试卷 含解析.doc

2019-2020年高二上学期开学化学试卷 含解析一、单项选择题（每小题只有一个选项符合要求，每小题2分，共20分）1下列有关新材料的说法正确的是（）A新材料包括新型无机非金属材料和功能有机高分子材料B制作光导纤维的材料是单晶硅C美国国家实验室制备的类似于二氧化硅结构的二氧化碳原子晶体与干冰属于同分异构体D有机高分子材料全部是通过加聚反应或缩聚反应合成的2通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一下列由实验现象得出正确结论的是（）选项实验现象结论A把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化由此得出：铝的金属性比镁强B取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只熔化成液体而没有脱落由此得出：铝不易燃烧C向氯化铵溶液中投入一铝片：铝片上产生大量气泡由此得出：该气体是氨气D向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液AABBCCDD3设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1 L 0.1molL1的氨水含有0.1NA个OHB常温常压下，22.4 LCCl4含有NA个CCl4分子C1mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子D常温下，23g N2O4和NO2的混合气体中，含有NA个氧原子4实现下列操作的正确方法依次是（）分离植物油和水 除去KNO3溶液中少量的NaCl杂质 以海水为原料制取粗盐A蒸发、萃取、分液B分液、结晶、蒸发C过滤、蒸发、萃取D萃取、过滤、结晶5以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（）AFeFeCl2FeCl3Fe（OH）3BAlAl2O3Al（OH）3NaAlO2CSSO3H2SO4MgSO4DN2NO2NOHNO36下列应用或解释合理的是（）A氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液BSO2具有漂白性，可使紫色石蕊试液褪为无色C丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种常用物理方法D在实验室里，常用电解饱和食盐水的方法制取氯气7下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘酒中的碘和酒精B实验室制氨气C除去Cl2中的HClD排水集气法收集NO8下列有关说法正确的是（）如果某化合物只含共价键，则其一定是共价化合物共价化合物一定不含离子键 碳、氮形成的氢化物常温下都是气态非金属单质在反应中都只能作氧化剂，具有强氧化性金属氧化物不一定是碱性氧化物稀有气体不活泼是因为它们原子最外层都达到8电子稳定结构ABCD9在无色溶液里能大量共存，但加入盐酸后不能大量共存的离子组是（）AFe3+、K+、Ag+、NO3、BNa+、K+、CO32、C1CNH4+、Al3+、Cl、NO3DMg2+、Na+、CO32、SO4210据媒体报道，以氢氧燃料电池为动力的公交车即将在北京试运行质子交换膜燃料电池（PEMFC）常作为电动汽车的动力源该燃料电池以氢气为燃料，空气为氧化剂，铂作催化剂，导电离子是H+下列对该燃料电池的描述中正确的是（）正极反应为O2+4H+4e=2H2O 负极反应为2H24e=4H+总的化学反应为2H2+O22H2O 氢离子通过电解质向正极移动ABCD二、不定项选择题（每题有一个或两个选项符合题意每小题4分，共20分）11下列离子方程式正确的是（）A将Cl2通入NaOH溶液中：Cl2+2OHCl+ClO+H2OB铜和稀硝酸的反应：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2OC钢铁吸氧腐蚀的正极反应：4OH4eO2+2H2OD将少量SO2通入NaClO溶液中：SO2+2ClO+H2OSO32+2HClO12将 4molA气体和 2molB气体在 2L 固定体积的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g）若经2s后测得 C 的浓度为 0.6molL1，现有下列几种说法，其中正确的是（）A用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 molL1s1B用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.6 molL1s1C2 s 时物质 A 的转化率为70%D2 s 时物质 B 的浓度为 0.7 molL113下列关于反应能量的说法正确的是（）AZn（s）+CuSO4（aq）=ZnSO4（aq）+Cu（s），H=216kJmol1，反应物总能量小于生成物总能量B相同条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2，则2E1E2C101kPa时，2H2（g）+O2（g）=2H2O（1），H=571.6kJmol1，若生成气态水，H小于571.6kJmol1D利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境14下列化合物中既易发生取代反应，也可发生加成反应，还能使酸性KMnO4溶液褪色的是（）A乙烷B乙醇C丙烯D苯15将ag铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0.08mol，放出标准状况下的气体0.224L，已知氧化性Fe3+大于H+则下列判断中正确的是（）A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B向溶液中滴入KSCN溶液，显血红色C无法计算原混合物的质量D此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：1二、非选择题（共60分）16X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素回答下列问题：（1）L的元素符号为；M在元素周期表中的位置为；五种元素的原子半径从大到小的顺序是（用元素符号表示）（2）Z、X两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子A和B，A的电子式为，B的结构式为（3）硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为（4）写出由X、Z、L三种元素组成的离子化合物与稀NaOH溶液反应的离子方程式：（5）Z2H4和ZO2是一种双组分火箭推进剂两种物质混合发生反应生成Z2和X2O（g），已知8g气体Z2H4在上述反应中放出142kJ热量，其热化学方程式为17A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的硫酸铜溶液D为电解池，其中电极材料均为惰性物质，通过导线与直流电源相连实验开始时，同时在XY两边各滴入几滴酚酞试液，X极附近首先变红请回答以下问题：（1）B中Cu极电极反应式为（2）A、B、C三个烧杯中Fe的反应速率大小顺序的是（3）若C中被腐蚀金属的质量是32.5g，则反应中转移的电子的物质的量是（4）D中直流电源a为极；N极上的电极反应式为：（5）D中在M、N、X、Y各电极上析出生成物的物质的量之比为18（1）由于苯的含碳量与乙炔相同，人们认为它是一种不饱和烃，写出C6H6的一种含叁键且无双键、无支链的链烃的结构简式；（2）苯不能使溴水褪色，性质类似烷烃，写出苯的硝化反应和溴代反应的化学方程式（3）1866年凯库勒（如图）提出了苯的单、双键交替的正六边形平面结构，解释了苯的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解释下列事实（填入编号）a苯不能使溴水褪色 b苯能与H2发生加成反应c溴苯没有同分异构体 d邻二溴苯只有一种（4）苯分子的空间构型为；现代化学认为苯分子碳碳之间的键是190.1mol某烃完全燃烧生成0.4mol H2O，又知其含碳量为92.307%，则此有机物的分子式为若它是能聚合成高分子化合物的芳香族化合物，其结构简式为；若其不能与氢气发生加成反应，且每个碳原子与另外三个碳原子相连接，键角为90度，则其结构式为（用键线式表示），它的一氯代物有种，二氯代物有种20磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：请回答：（1）A的组成元素为（用化学符号表示），化学式为；（2）C溶液可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用；（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518gL1），该气体分子的电子式为，写出该反应的离子方程式；（4）写出FG反应的化学方程式，设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H+，K+，I）xx学年江苏省扬州中学高二（上）开学化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个选项符合要求，每小题2分，共20分）1下列有关新材料的说法正确的是（）A新材料包括新型无机非金属材料和功能有机高分子材料B制作光导纤维的材料是单晶硅C美国国家实验室制备的类似于二氧化硅结构的二氧化碳原子晶体与干冰属于同分异构体D有机高分子材料全部是通过加聚反应或缩聚反应合成的【考点】硅和二氧化硅【分析】A、无机非金属材料和功能有机高分子材料统称为新材料；B、光导纤维的主成份是二氧化硅；C、原子晶体都具有空间网状结构，所以原子晶体干冰结构与二氧化硅结构相同；D、还存在天然高分子【解答】解：A、无机非金属材料和功能有机高分子材料统称为新材料，所以新材料包括新型无机非金属材料和功能有机高分子材料，故A正确；B、光导纤维的主成份是二氧化硅，而不是硅晶体，故B错误；C、原子晶体都具有空间网状结构，所以原子晶体干冰结构与二氧化硅结构相同，原子晶体干冰的构成微粒是原子，原子晶体干冰中不存在分子，故C错误；D、还存在天然高分子，如纤维素，故D错误；故选A2通过观察化学实验现象，分析归纳出正确的结论，是学习化学科学最基本的技能之一下列由实验现象得出正确结论的是（）选项实验现象结论A把相同大小的一块铝和镁分别投入相同浓度的NaOH溶液中：铝溶解有气泡放出，而镁没有任何变化由此得出：铝的金属性比镁强B取一块铝箔，用酒精灯点燃：铝箔只熔化成液体而没有脱落由此得出：铝不易燃烧C向氯化铵溶液中投入一铝片：铝片上产生大量气泡由此得出：该气体是氨气D向氯化铝溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后沉淀完全消失由此得出：氢氧化铝能溶于强碱溶液AABBCCDD【考点】铝的化学性质；镁、铝的重要化合物【分析】A、金属性的强弱是金属与酸反应失电子的能力强弱；B、是因为氧化铝的熔点高，而没有脱落；C、铝与氯化铵溶液反应，是铝与铵根离子水解产生的氢离子反应生成氢气；D、氯化铝和氢氧化钠溶液反应先生成氢氧化铝白色沉淀，反应的离子方程式为：3OH+Al3+=Al（OH）3，氢氧化铝和氢氧化钠溶液生成可溶性的偏铝酸钠，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O【解答】解：A、金属性的强弱是金属与酸反应失电子的能力强弱，而不是与碱反应，所以不能说明铝的金属性比镁强，故A错误；B、是因为氧化铝的熔点高，而没有脱落，而不是铝不易燃烧，故B错误；C、铝与氯化铵溶液反应，是铝与铵根离子水解产生的氢离子反应生成氢气，所以气体不是氨气，而是氢气，故C错误；D、氯化铝和氢氧化钠溶液反应先生成氢氧化铝白色沉淀，反应的离子方程式为：3OH+Al3+=Al（OH）3，氢氧化铝和氢氧化钠溶液生成可溶性的偏铝酸钠，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，所以氢氧化铝能溶于强碱氢氧化钠溶液，故D正确；故选D3设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A1 L 0.1molL1的氨水含有0.1NA个OHB常温常压下，22.4 LCCl4含有NA个CCl4分子C1mol Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子D常温下，23g N2O4和NO2的混合气体中，含有NA个氧原子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、一水合氨为弱电解质；B、常温常压下四氯化碳为液态；C、亚铁离子和双氧水反应后变为+3价；D、N2O4和NO2的最简式均为NO2；【解答】解：A、一水合氨为弱电解质，故不能完全电离，故溶液中的氢氧根的个数小于0.1NA个，故A错误；B、常温常压下四氯化碳为液态，故不能根据其体积来计算其物质的量和分子个数，故B错误；C、亚铁离子和双氧水反应后变为+3价，故1mol亚铁离子反应后转移NA个电子，故C错误；D、N2O4和NO2的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为0.5mol，故含NA个氧原子，故D正确故选D4实现下列操作的正确方法依次是（）分离植物油和水 除去KNO3溶液中少量的NaCl杂质 以海水为原料制取粗盐A蒸发、萃取、分液B分液、结晶、蒸发C过滤、蒸发、萃取D萃取、过滤、结晶【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】植物油和水分层；KNO3、NaCl的溶解度受温度影响不同；粗盐为可溶性盐【解答】解：植物油和水分层，选择分液法分离；KNO3、NaCl的溶解度受温度影响不同，则选择结晶法除去KNO3溶液中少量的NaCl杂质；粗盐为可溶性盐，则选择蒸发法得到粗盐，故选B5以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（）AFeFeCl2FeCl3Fe（OH）3BAlAl2O3Al（OH）3NaAlO2CSSO3H2SO4MgSO4DN2NO2NOHNO3【考点】铁的化学性质【分析】A、金属铁与盐酸反应产生氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应得到氯化铁，氯化铁在强碱溶液中可以反应得到氢氧化亚铁沉淀；B、金属铝易和空气中的氧气反应生成氧化铝；氧化铝不溶于水，不能和水之间反应；C、单质S和氧气在加热条件下反应只能生成二氧化硫；D、氮气在闪电作用下，可以和空气中的氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮能迅速被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸【解答】解：A、金属铁与盐酸反应产生氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应得到氯化铁，氯化铁在强碱溶液中可以反应得到氢氧化铁沉淀，转化一步能实现，故正确；B、金属铝易和空气中的氧气反应生成氧化铝，但是氧化铝不溶于水，不能和水之间反应获得氢氧化铝，即Al2O3Al（OH）3的转化不能一步实现，故错误；C、单质S和氧气在加热条件下反应只能生成二氧化硫，即SSO3的转化不能一步实现，故错误；D、氮气在闪电作用下，可以和空气中的氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮能迅速被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，N2NO2转化不能一步能实现，故错误故选A6下列应用或解释合理的是（）A氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液BSO2具有漂白性，可使紫色石蕊试液褪为无色C丁达尔效应是区分胶体和溶液的一种常用物理方法D在实验室里，常用电解饱和食盐水的方法制取氯气【考点】胶体的重要性质；电解原理；二氧化硫的化学性质【分析】A、氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀；B、二氧化硫不能是石蕊褪色；C、胶体有丁达尔效应，但溶液没有；D、实验室中制取氯气采用浓盐酸和二氧化锰的反应【解答】解：A、氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀，加快铝腐蚀，故A错误；B、二氧化硫不能是石蕊褪色，只能使紫色石蕊溶液变红，而不能褪色，故B错误；C、胶体有丁达尔效应，但溶液没有，且丁达尔效应是物理性质，故可以用于区分溶液和胶体，故C正确；D、实验室中采用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气，不用电解饱和食盐水的方法，故D错误故选C7下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘酒中的碘和酒精B实验室制氨气C除去Cl2中的HClD排水集气法收集NO【考点】化学实验方案的评价【分析】A碘和酒精不分层；B氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在温度稍低时又生成氯化铵；C二者都与氢氧化钠反应；DNO不溶于水，可用排水法收集【解答】解：A碘易溶于酒精，应用蒸馏的方法分离，故A错误；B氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在温度稍低时又生成氯化铵，实验室应用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，故B错误；C二者都与氢氧化钠反应，应用饱和食盐水除杂，故C错误；DNO不溶于水，可用排水法收集，故D正确故选D8下列有关说法正确的是（）如果某化合物只含共价键，则其一定是共价化合物共价化合物一定不含离子键 碳、氮形成的氢化物常温下都是气态非金属单质在反应中都只能作氧化剂，具有强氧化性金属氧化物不一定是碱性氧化物稀有气体不活泼是因为它们原子最外层都达到8电子稳定结构ABCD【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】化合物只含共价键，一定为共价化合物；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；碳、氮形成的氢化物苯、肼等为液体；非金属单质在反应中，可以得到电子也可以失去电子；金属氧化物可能为酸性氧化物；稀有气体不活泼，与原子结构有关【解答】解：化合物只含共价键，一定为共价化合物，所以只含共价键的化合物，一定是共价化合物，故正确；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，故正确；碳、氮形成的氢化物苯、肼等为液体，而甲烷、氨气常温下都是气态，故错误；非金属单质在反应中，可以得到电子也可以失去电子，如氯气与水反应中氯气既是氧化剂也是还原剂，故错误；金属氧化物可能为酸性氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，则金属氧化物不一定是碱性氧化物，故正确；稀有气体不活泼，与原子结构有关，He满足最外层2个电子的稳定结构，而其他原子最外层都达到8e稳定结构，故错误；故选A9在无色溶液里能大量共存，但加入盐酸后不能大量共存的离子组是（）AFe3+、K+、Ag+、NO3、BNa+、K+、CO32、C1CNH4+、Al3+、Cl、NO3DMg2+、Na+、CO32、SO42【考点】离子共存问题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，并结合离子的颜色、是否与盐酸反应来解答【解答】解：AFe3+为黄色，与无色不符，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，加盐酸与CO32反应不能共存，故B选；C该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，加盐酸不反应，故C不选；DMg2+、CO32结合生成沉淀，不能共存，故D不选；故选B10据媒体报道，以氢氧燃料电池为动力的公交车即将在北京试运行质子交换膜燃料电池（PEMFC）常作为电动汽车的动力源该燃料电池以氢气为燃料，空气为氧化剂，铂作催化剂，导电离子是H+下列对该燃料电池的描述中正确的是（）正极反应为O2+4H+4e=2H2O 负极反应为2H24e=4H+总的化学反应为2H2+O22H2O 氢离子通过电解质向正极移动ABCD【考点】化学电源新型电池【分析】该燃料电池中，通入燃料的电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，通入氧化剂的电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时，阳离子向正极移动【解答】解：该燃料电池属于原电池，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4H+4e2H2O，故正确； 负极上氢气失电子生成氢离子，所以负极反应为：2H24e4H+，故正确； 将正负极电极反应式相加得总的化学反应为：2H2+O22H2O，但是不能点燃，是自发地氧化还原反应，故错误； 该电池放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过电解质向正极移动，故正确；故选C二、不定项选择题（每题有一个或两个选项符合题意每小题4分，共20分）11下列离子方程式正确的是（）A将Cl2通入NaOH溶液中：Cl2+2OHCl+ClO+H2OB铜和稀硝酸的反应：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2OC钢铁吸氧腐蚀的正极反应：4OH4eO2+2H2OD将少量SO2通入NaClO溶液中：SO2+2ClO+H2OSO32+2HClO【考点】离子方程式的书写【分析】A二者反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；B二者反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；C钢铁吸氧腐蚀的正极发生还原反应；D次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子【解答】解：A将Cl2通入NaOH溶液中，离子方程式：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故A正确；B铜和稀硝酸的反应，离子方程式：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故B正确；C钢铁吸氧腐蚀的正极反应，离子方程式：2H2O+O2+4e4OH，故C错误；D将少量SO2气体通入NaClO溶液中，二氧化硫被氧化成硫酸根离子，正确的离子方程式为：ClO+H2O+SO2SO42+2H+Cl，故D错误；故选AB12将 4molA气体和 2molB气体在 2L 固定体积的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）2C（g）若经2s后测得 C 的浓度为 0.6molL1，现有下列几种说法，其中正确的是（）A用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 molL1s1B用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.6 molL1s1C2 s 时物质 A 的转化率为70%D2 s 时物质 B 的浓度为 0.7 molL1【考点】化学平衡的计算【分析】若经2s后测得 C 的浓度为 0.6molL1，生成C的物质的量为0.6mol/L2L=1.2mol，则 2A（g）+B（g）2C（g）开始 4 2 0转化 1.2 0.6 1.22s 2.8 1.4 1.2结合v=、c=、转化率=100%计算【解答】解：若经2s后测得 C 的浓度为 0.6molL1，生成C的物质的量为0.6mol/L2L=1.2mol，则 2A（g）+B（g）2C（g）开始 4 2 0转化 1.2 0.6 1.22s 2.8 1.4 1.2A用物质 A 表示的反应的平均速率为=0.3 molL1s1，故A正确；B用物质 B 表示的反应的平均速率为=0.15 molL1s1，故B错误；C.2 s 时物质 A 的转化率为100%=30%，故C错误；D.2 s 时物质 B 的浓度为=0.7 molL1，故D正确；故选AD13下列关于反应能量的说法正确的是（）AZn（s）+CuSO4（aq）=ZnSO4（aq）+Cu（s），H=216kJmol1，反应物总能量小于生成物总能量B相同条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2，则2E1E2C101kPa时，2H2（g）+O2（g）=2H2O（1），H=571.6kJmol1，若生成气态水，H小于571.6kJmol1D利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境【考点】反应热和焓变【分析】A、反应是放热反应，依据能量守恒分析；B、原子能量高于分子能量，形成化学键放出能量；C、液态水变化为气态水需要吸热，焓变为负值分析比较；D、化石燃料燃烧产生污染性气体，污染环境【解答】解：A、Zn（s）+CuSO4（aq）=ZnSO4（aq）+Cu（s）H=216 kJ/mol，反应放热，反应物总能量大于生成物总能量，故A错误；B、原子能量高于分子能量，形成化学键放出能量，相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2，则2E2E1，故B正确；C、液态水变化为气态水需要吸热，焓变为负值分析比较，101KPa时，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=517.6 kJ/mol，若生成气态水，H大于517.6 kJ/mol，故C错误；D、利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境，利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境，故D正确；故选BD14下列化合物中既易发生取代反应，也可发生加成反应，还能使酸性KMnO4溶液褪色的是（）A乙烷B乙醇C丙烯D苯【考点】有机物的结构和性质【分析】发生加成反应，应含有不饱和键或苯环，能被酸性高锰酸钾氧化，可为不饱和烃、苯的同系物或乙醇等，以此解答该题【解答】解：A乙烷属于烷烃主要发生取代反应，为饱和烃，不能发生加成反应，故A错误；B乙醇不能发生加成反应，故B错误；C丙烯属于烯烃且含有一个甲基，甲基上发生取代反应，碳碳双键能发生加成、能使高锰酸钾溶液褪色，因此符合题意，故C正确；D苯与酸性高锰酸钾不反应，故D错误故选C15将ag铁和氧化铁的混合物加入足量的盐酸中充分反应后，固体无剩余，测得参加反应的HCl为0.08mol，放出标准状况下的气体0.224L，已知氧化性Fe3+大于H+则下列判断中正确的是（）A原混合物中n（Fe）：n（Fe2O3）=2：1B向溶液中滴入KSCN溶液，显血红色C无法计算原混合物的质量D此时溶液中Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3：1【考点】氧化还原反应的计算【分析】根据化学方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2中H2的量来计算出Fe和HCl的量，再由Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O 算出Fe2O3和FeCl3的量，由题目数据计算这个反应中消耗的HCl的量、，得出n（FeCl3）、n（Fe2O3），最后由Fe+2Fe3+=3Fe2+中，根据铁离子的量算出消耗Fe的量即可【解答】解：因为Fe3+和H+的氧化性强弱顺序为Fe3+H+，所以当产生氢气时，Fe3+已经全部被还原为Fe2+，故向溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红，故B、D错误；根据化学方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2中H2的量来计算出Fe和HCl的物质的量分别是n（Fe）=0.01mol，n（HCl）=0.02mol，由Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O算出Fe2O3和FeCl3的量，由题目可知，这个反应中消耗的HCl的量为0.080.02=0.06mol，得出n（FeCl3）=0.02mol，n（Fe2O3）=0.01mol，最后在反应Fe+2Fe3+=3Fe2+中，根据（Fe3+）铁离子的量（0.02mol）算出消耗Fe的量，算得消耗的Fe=0.01mol，故A正确，C错误故选A二、非选择题（共60分）16X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素回答下列问题：（1）L的元素符号为O；M在元素周期表中的位置为第三周第A族；五种元素的原子半径从大到小的顺序是AlCNOH（用元素符号表示）（2）Z、X两元素按原子数目比1：3和2：4构成分子A和B，A的电子式为，B的结构式为（3）硒（Se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为34（4）写出由X、Z、L三种元素组成的离子化合物与稀NaOH溶液反应的离子方程式：NH4+OH=NH3H2O（5）Z2H4和ZO2是一种双组分火箭推进剂两种物质混合发生反应生成Z2和X2O（g），已知8g气体Z2H4在上述反应中放出142kJ热量，其热化学方程式为2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）；H=1136kJ/mol【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al，X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，有C、N、O、H、P等元素，由于X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大，则X、Y、Z、L分别为H、C、N、O等元素，结合元素周期律的递变规律判断元素对应单质、化合物的结构和性质【解答】解：X、Y、Z、L分别为H、C、N、O等元素，M为Al元素，则（1）L为O元素，M为Al元素，原子序数为13，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，则位于周期表第三周第A族，H的原子半径最小，C、N、O位于同一周期，原子半径大小顺序为CNO，Al的原子半径最大，则有AlCNOH，故答案为：O； 第三周第A族；AlCNOH；（2）N、H两元素按原子数目比l：3形成的化合物为NH3，电子式为，N、H两元素按原子数目比2：4构成分子为N2H4，结构式为，故答案为：；（3）硒（Se）是人体必需的微量元素，与O同一主族，Se原子比O原子多两个电子层，则核外各层电子分别为2、8、18、6，原子序数为34，故答案为：34；（4）由H、N、O三种元素组成的离子化合物为NH4NO3，与稀NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+OH=NH3H2O，故答案为：NH4+OH=NH3H2O；（5）反应的方程式为2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g），n（N2H4）=0.25mol，则2molN2H4放出142kJ8=1136kJ，所以H=1136kJ/mol，热化学方程式为2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）；H=1136kJ/mol，故答案为：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）；H=1136kJ/mol17A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的硫酸铜溶液D为电解池，其中电极材料均为惰性物质，通过导线与直流电源相连实验开始时，同时在XY两边各滴入几滴酚酞试液，X极附近首先变红请回答以下问题：（1）B中Cu极电极反应式为Cu2+2e=Cu（2）A、B、C三个烧杯中Fe的反应速率大小顺序的是BAC（3）若C中被腐蚀金属的质量是32.5g，则反应中转移的电子的物质的量是1mol（4）D中直流电源a为负极；N极上的电极反应式为：2Cl2e=Cl2（5）D中在M、N、X、Y各电极上析出生成物的物质的量之比为1：1：1：1【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）原电池中失电子的极是负极得电子的极是正极；（2）金属的腐蚀速率：原电池的负极腐蚀速率化学腐蚀原电池的正极腐蚀速率；（3）根据电极反应式来计算转移电子和消耗金属量的关系；（4）电解池中和电源的负极相连的是阴极，和电源的正极相连的是阳极；解池的阳极不属于活泼电极时，电解质中的阴离子在该极发生失电子的氧化反应；（5）串联电路中转移的电子数是相等的，根据电子转移的多少来计算析出生成物的物质的量【解答】解：A是金属铁直接和硫酸铜之间的反应，B是原电池，金属铁为负极，金属铜为正极，C为原电池，金属锌是负极，金属铁是正极，D中在XY两边各滴入几滴酚酞试液，X极附近首先变红，说明X附近是氢离子放电了，所以X极是阴极，所以Y极是阳极，b极是电源的正极，a极是电源的负极，M极是阴极，N是阳极（1）B中Cu极为正极，发生铜离子得电子的还原反应，电极反应式为Cu2+2e=Cu，故答案为：Cu2+2e=Cu；（2）金属的腐蚀速率：原电池的负极腐蚀速率化学腐蚀原电池的正极腐蚀速率，即反应速率最快的是B，最慢的是C，所以速率由快到慢的顺序为：BAC，故答案为：BAC；（3）C中负极反应是：Zn2eZn2+，被腐蚀金属锌的质量是32.5g即0.5mol时，转移电子数是1mol，故答案为：1mol；（4）M极是阴极，a极是电源的负极，电池D中N极是阳极，氯离子发生失电子的氧化反应，电极反应式为：2Cl2e=Cl2，故答案为：负；2Cl2e=Cl2；（5）D中在M、N、X、Y各电极上的电极反应分别为：M、Cu2+2eCu，N、2ClCl2+2e，X、2ClCl2+2e，Y、2H+2eH2，当转移电子的物质的量相等时，生成物的物质的量也相等，所以生成物的物质的量之比为1：1：1：1，故答案为：1：1：1：118（1）由于苯的含碳量与乙炔相同，人们认为它是一种不饱和烃，写出C6H6的一种含叁键且无双键、无支链的链烃的结构简式HCCCCCH2CH3或HCCCH2CCCH3或HCCCH2CH2CCH或CH3CCCCCH3；（2）苯不能使溴水褪色，性质类似烷烃，写出苯的硝化反应和溴代反应的化学方程式、（3）1866年凯库勒（如图）提出了苯的单、双键交替的正六边形平面结构，解释了苯的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解释下列事实（填入编号）ada苯不能使溴水褪色 b苯能与H2发生加成反应c溴苯没有同分异构体 d邻二溴苯只有一种（4）苯分子的空间构型为平面正六边形；现代化学认为苯分子碳碳之间的键是介于单键和双键之间的独特的键【考点】苯的性质；苯的结构【分析】（1）C6H6比饱和链烃（C6H14）少8个H，如果含叁键且无双键、无支链的链烃，叁键的数目应为2个，根据叁键可能的不同位置可确定结构简式；（2）苯在浓硫酸的条件下与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，苯在溴化铁催化作用条件下，与液溴反应生成溴苯；（3）若为苯的单、双键交替的正六边形平面结构，能与溴水发生加成、邻二溴苯有两种；（4）苯分子的空间构型为平面正六边形，苯分子碳碳之间的键为特殊的化学键【解答】解：（1）C6H6比饱和链烃（C6H14）少8个H，如果含叁键且无双键、无支链的链烃，叁键的数目应为2个，根据叁键可能的不同位置可确定结构简式为：HCCCCCH2CH3或HCCCH2CCCH3或HCCCH2CH2CCH或CH3CCCCCH3，故答案为：HCCCCCH2CH3或HCCCH2CCCH3或HCCCH2CH2CCH或CH3CCCCCH3；（2）苯在浓硫酸的条件下与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯，反应的化学方程式为，苯在溴化铁催化作用条件下，与液溴反应生成溴苯，反应的化学方程式为，故答案为：、；（3）若为苯的单、双键交替的正六边形平面结构，能与溴水发生加成、邻二溴苯有两种，但实际上不能与溴水发生加成，邻二溴苯有一种结构，不能解释，故答案为：ad；（4）苯分子的空间构型为平面正六边形，苯分子碳碳之间的键不是单键和双键，为介于单键和双键之间的特殊的化学键，故答案为：平面正六边形；介于单键和双键之间的特殊的化学键190.1mol某烃完全燃烧生成0.4mol H2O，又知其含碳量为92.307%，则此有机物的分子式为C8H8若它是能聚合成高分子化合物的芳香族化合物，其结构简式为；若其不能与氢气发生加成反应，且每个碳原子与另外三个碳原子相连接，键角为90度，则其结构式为（用键线式表示），它的一氯代物有1种，二氯代物有3种【考点】有机物实验式和分子式的确定；同分异构现象和同分异构体【分析】依据原子守恒分析计算得到分子中含有8个氢原子，分子式为CxH8，结合元素质量分数列式计算；依据题干条件分析性质应用和结构，写出结构简式、结构式，判断同分异构体【解答】解：0.1mol某烃完全燃烧生成0.4mol H2O，依据原子守恒可知分子式中有氢原子为8，分子式可以写为CxH8，又知其含碳量为92.307%，100%=92.3O7%，计算得到：x=8，此有机物的分子式为：C8H8； 若它是能聚合成高分子化合物的芳香族化合物，根据分子的不饱和度计算为5，分子结构中含有苯环，含4个不饱和度，所以应还有一个碳碳双键，判断为苯乙烯，其结构简式为：； 若其不能与氢气发生加成反应，且每个碳原子与另外三个碳原子相连接，键角为90度，判断结构为立方烷，则其结构式为： 结构中8个氢原子完全等同它的一氯代物有1种； 二氯代物有3种；故答案为：C8H8；1；320磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：请回答：（1）A的组成元素为Fe、S（用化学符号表示），化学式为Fe3S4；（2）C溶液可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用刻饰铜线路板；（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518gL1），该气体分子的电子式为，写出该反应的离子方程式Fe3S4+6H+=3Fe2+S+3H2S；（4）写出FG反应的化学方程式，设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H+，K+，I）H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；无机物的推断【分析】C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）=0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g1.68g=1.28g，n（S）=0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，以此解答该题【解答】解：C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）=0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g1.68g=1.28g，n（S）=0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，（1）由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4，故答案为：Fe、S；Fe3S4；（2）铁离子具有强氧化性，可氧化铜，常用于刻饰铜线路板，故答案为：刻饰铜线路板；（3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518gL1），淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.51822.4L=34，为H2S气体，电子式为，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2+S+3H2S，故答案为：；Fe3S4+6H+=3Fe2+S+3H2S；（4）FG反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H+，K+，I） 为SO42和H2SO3，可先检验SO42，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3故答案为：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3xx年12月21日