2018-2019学年广东省中山市第一中学高一下学期第二次（5月）段考化学试题（解析版） 25页

广东省中山市第一中学2018-2019学年高一下学期第二次（5月）段考化学试题 ‎1.下列说法正确的是　　‎ A. 、和互称为同素异形体 B. 和互称为同分异构体 C. 和 互称为同位素 D. 正丁烷与异丁烷互称为同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 、和互称为同位素，、和是由不同同位素组成的同种单质，故A错误； ‎ B. 和同一种物质，故B错误；‎ C. 和是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故C正确； ‎ D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同、结构不同，互称为同分异构体，不是同系物，故D错误，答案选C。‎ ‎2.下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ A. H2O2的电子式： B. F-的结构示意图：‎ C. 中子数为20的氯原子：2017Cl D. NH3的电子式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H2O2是共价化合物，电子式是，故A错误；‎ B. F-核外有10个电子，结构示意图：，故B正确；‎ C. 中子数为20的氯原子，质量数是37，该原子表示为3717Cl，故C错误； ‎ D. NH3的电子式是：，故D错误，答案选B。‎ ‎3.1869年俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上重要里程碑之一．下列有关元素周期表的说法正确的是（ ）‎ A. 元素周期表有7个横行、18个纵行，即有7个周期、18个族 B. 俄罗斯专家首次合成了178116X原子，116号元素位于元素周期表中第7周期VIA族 C. 只有第IIA族元素的原子最外层有2个电子 D. IA族的元素全部是金属元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．元素周期表中Ⅷ族包含8、9、10共3个纵行，共18个纵行，共16个族，故A错误；B．第七周期0族元素为118号，则116号元素位于元素周期表中第七周期ⅥA族，故B正确；C．第IIA族元素的原子最外层有2个电子，0族元素He的核外最外层也是2个电子，故C错误；D．IA族的元素包括H和碱金属元素，碱金属元素全部是金属元素，H是非金属元素，故D错误；故选B。‎ ‎4.已知X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构。下列关于X、Y、Z、W四种元素的描述，不正确的是（　　）‎ A. 原子序数：Y＞X＞Z＞W B. 离子半径：X+＞Y2+＞Z-＞W2-‎ C. 原子最外层电子数：Z＞W＞Y＞X D. 还原性：X＞Y   W2-＞Z-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，其中X与Y是金属，位于第三周期，Z和W是非金属，位于第二周期，结合元素周期律解答。‎ 详解：A．X+、Y2+、Z-、W2-四种离子均具有相同的电子层结构，阳离子原子序数=核外电子数+电荷数，阴离子原子序数=核外电子数-电荷数，则这几种元素的原子序数大小顺序是Y＞X＞Z＞W，A正确；‎ B．电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径大小顺序是W＞Z＞X＞Y，B错误；‎ C．主族元素阳离子最外层电子数=其最高正化合价，阴离子最低负化合价=最外层电子数-8，所以原子最外层电子数Z＞W＞Y＞X，C正确；‎ D．同一周期元素，元素的金属性越强，其还原性越强；同一周期非金属元素，元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，所以还原性X＞Y、W2-＞Z-，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.下列说法中正确的是　 　‎ A. CO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构 B. 在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料 C. 由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 D. 第ⅠA族元素和第ⅦA 族元素的原子之间都能形成离子键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构；而NH3中的H原子满足2电子的结构，BF3中B满足6电子稳定结构，A错误；‎ B．在元素周期表中金属元素区的元素是导体，在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体，在金属和非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间，因此在该区域可以找到半导体材料，B正确；‎ C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，C错误；‎ D．一般情况下第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间能形成离子键。但是也有例外，例如H与F形成的H－F是共价键，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎6.下列每组物质中含有的化学键类型相同的是（ ）‎ A. NaCl、HCl、NaOH B. Cl2、Na2S、SO2‎ C. HBr、CO2、SiO2 D. NH4Cl、H2O2、H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查物质的成键类型。根据化合物的类型和离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键，含有共价键进行分析判断。‎ ‎【详解】A、NaCl中含有离子键，HCl含有共价键，NaOH含有离子键和共价键，故A不符合；B、Cl2含有共价键，Na2S含有离子键，SO2含有共价键，故B不符合；C、HBr、CO2、SiO2 分子中含的化学键都是共价键，故C符合；D、NH4Cl含有离子键和共价键，H2O2含有共价键，H2O 含有共价键，故D不符合；所以C选项是正确的。‎ ‎7.下列事实能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是：‎ ‎① Cl2与H2S溶液发生置换反应       ②受热H2S能分解，HCl 则不能 ‎③ 单质硫可在空气中燃烧，Cl2不能      ④ HCl是强酸，H2S是弱酸 A. ①② B. ①④ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Cl2能与H2S反应生成S，Cl2‎ 氧化性大于S，可以说明氯元素的非金属性比硫元素强，故选①；受热H2S能分解，HCl 则不能，HCl比H2S稳定 ，可以说明氯元素的非金属性比硫元素强，故选②；单质硫可在空气中燃烧，Cl2不能，可燃性不能证明非金属性强弱，故不选③；最高价氧化物的水化物的酸性强弱可以证明非金属性强弱，但无氧酸的酸性不能证明非金属性强弱，故不选④；答案选A。‎ ‎【点睛】一般根据非金属元素对应离子的还原性、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物的酸性、单质之间的置换反应等来比较非金属性。‎ ‎8.如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是 A. 离子半径：X＞Y＞Z B. WX3和水反应形成的化合物是离子化合物 C. 最高价氧化物对应的水化物酸性：R＞W D. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】X有-2价，为氧元素，Y为+1价，为钠，Z为+3价，为铝，W为+6价，为硫，R为+7价，为氯。则 A、氧离子、钠离子和铝离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，离子半径：X＞Y＞Z，A正确；‎ B、三氧化硫溶于水生成硫酸，属于含有共价键的共价化合物，B错误；‎ C、同周期元素，从左到右，非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，故最高价氧化物对应的水化物酸性：R＞W，C正确；‎ D、Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应，即氢氧化钠和氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】掌握主族元素最高价的判断方法是解答的关键，即①主族元素的最高正价等于主族序数，且等于主族元素原子的最外层电子数(O除外)，其中氟无正价。②主族元素的最高正价与最低负价的绝对值之和为8，绝对值之差为0、2、4、6的主族元素分别位于ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族。‎ ‎9.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2‎ 型离子化合物，Y与T同主族。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是（ ） ‎ A. 离子半径：Y＜Z B. 氢化物的沸点：Y＜T C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：T＜R D. 由X、Y、Z、R四种元素组成的常见化合物中含有离子键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z是Na元素、Y是O元素；Y与T同主族，Y的原子序数小于T，所以T是S元素。R的原子序数小于O，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍，R是C元素；X的半径、原子序数都小于C原子，所以X是H元素。‎ ‎【详解】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Na+＜O2-，故A错误；‎ B. 水分子间形成氢键，氢化物的沸点：H2S＜H2O，故B错误；‎ C. S的非金属性大于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3＜H2SO4，故C错误；‎ D. 由H、O、Na、C四种元素组成的常见化合物NaHCO3中含有离子键，故D正确，答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查原子序数、半径大小关系的比较等，推断元素是解题的关键，D中注意还可以形成有机钠盐。‎ ‎10.“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误的结论，下列类推结论中不正确的是：‎ A. 第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF> H2O>NH3，则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3‎ B. ⅣA族元素氢化物的沸点顺序是GeH4 > SiH4 > CH4，则ⅤA族元素氢化物的沸点顺序也是AsH3 > PH3 > NH3‎ C. 在氧气中，铷（Rb）的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂 D. AgCl为不溶于稀硝酸的固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、同周期元素从左到右，非金属性增强，气态氢化物的稳定性增强，第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF> H2O>NH3，第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl>H2S>PH3，故A正确；‎ B.氨分子间能形成氢键，所以ⅤA族元素氢化物的沸点顺序也是NH3>AsH3 > PH3 ，故B错误；‎ C. 同主族元素从上到下，金属性增强，在氧气中，铷（Rb）的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，故C正确；‎ D.同主族元素性质相似， AgCl为不溶于稀硝酸的固体，AgAt难溶于水也不溶于稀硝酸，故D正确，答案选B。‎ ‎11. 下列物质进行一氯取代反应，产物只有两种的是 A. (CH3)2CHCH2CH2CH3 B. (CH3CH2)2CHCH3‎ C. (CH3)2CHCH(CH3)2 D. (CH3)3CCH2CH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. (CH3)2CHCH2CH2CH3有5种等效氢，一氯代物有5种同分异构体，故不选A； ‎ B. (CH3CH2)2CHCH3有4种等效氢，一氯代物有4种同分异构体，故不选B；‎ C. (CH3)2CHCH(CH3)2有2种等效氢，一氯代物有2种同分异构体，故选C； ‎ D. (CH3)3CCH2CH3有3种等效氢，一氯代物有3种同分异构体，故不选D，答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体数目的判断，利用“等效氢法”是判断烃的一元取代物的同分异构体数目最常用的方法，注意学会等效氢原子判断。‎ ‎12.下列对有机物的描述不正确的是 A. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯，可以达到水果保鲜的要求 B. 淀粉的特征反应是在常温下遇碘化钾溶液变蓝 C. 在加热条件下葡萄糖可与新制的氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀 D. 硝酸可以使蛋白质变黄，称为蛋白质的颜色反应，常用来鉴别部分蛋白质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A、酸性高锰酸钾溶液吸收乙烯；‎ B、碘遇淀粉显蓝色；‎ C、葡萄糖含有醛基；‎ D、根据蛋白质的性质解答。‎ 详解：A、乙烯是水果催熟剂，高锰酸钾溶液可吸收乙烯，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯，可以达到水果保鲜的要求，A正确；‎ B、淀粉的特征反应是在常温下遇碘单质变蓝，B错误；‎ C、葡萄糖含有醛基，在加热条件下葡萄糖可与新制的氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀，C正确；‎ D、硝酸可以使带有苯环的蛋白质变黄，称为蛋白质的颜色反应，因此常用来鉴别部分蛋白质，D正确，答案选B。‎ 点睛：掌握常见有机物结构与性质是解答的关键，尤其要注意掌握常见有机物官能团的结构与性质。检验有机物时注意抓住有机物的特征反应，例如醛基的氧化反应、酚羟基的显色反应等。注意选项D中并不是所有的蛋白质均可以与浓硝酸发生颜色反应。‎ ‎13.对于苯乙烯（结构如下图）的下列叙述中：①能使酸性KMnO4溶液退色；②可发生加聚反应；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤能与浓硝酸发生取代反应；⑥所有的原子 可能共平面，其中正确的是 A. 仅①②④⑤ B. 仅①②⑤⑥‎ C. 仅①②④⑤⑥ D. 全部正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；‎ ‎②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，故②正确；‎ ‎③苯乙烯为有机物，不溶于水，故③错误；‎ ‎④根据相似相溶可知，苯乙烯可溶于苯中，故④正确；‎ ‎⑤苯环能与浓硝酸发生取代反应，则苯乙烯能与浓硝酸发生取代反应，故⑤正确；‎ ‎⑥苯环为平面结构、乙烯为平面结构，且苯环中的C原子与乙烯中的碳原子直接相连，则所有的原子可能共平面，故⑥正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.化学式为C5H12O且能与钠反应的同分异构体有（ ）‎ A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有-OH，该物质为戊醇，戊基-C5H11可能的结构有：-CH2CH2CH2CH2CH3、-CH（CH3）CH2CH2CH3、-CH（CH2CH3）2、-CH2CH（CH3）CH2CH3、-C（CH3）2CH2CH3、-CH（CH3）CH（CH3）2、-CH2CH2CH（CH3）2、-CH2C（CH3）3，所以该有机物的可能结构有8种，答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查有机物的推断、同分异构体的书写等 ‎【名师点晴】同分异构体数目判断方法：（1）一取代产物数目的判断；①基元法：例如丁基有四种异构体，则丁醇、戊醛、戊酸等都有四种同分异构体。②替代法：例如二氯苯(C6H4Cl2)有三种同分异构体，四氯苯也有三种同分异构体(将H替代Cl)；又如CH4的一氯代物只有一种，新戊烷[C(CH3)4]的一氯代物也只有一种。③等效氢法等，对于该题利用烃基异构判断，比书写戊醇的同分异构体简单容易，注意方法的灵活应用。‎ ‎15.下列关于甲烷、乙烯、苯三种烃的比较中，正确的是(     )‎ A. 只有甲烷不能因化学反应而使酸性KMnO4溶液褪色 B. 在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，苯消耗的氧气最多 C. 除甲烷外，其余两种分子内所有原子都共平面 D. 除去甲烷中的乙烯，可以将混合气体通入酸性KMnO4溶液中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷、苯都不能因化学反应而使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；‎ B. 等质量的烃燃烧，碳元素质量分数越大耗氧量越小，在空气中分别完全燃烧等质量的这三种烃，苯消耗的氧气最少，故B错误；‎ C.甲烷是正四面体结构，乙烯、苯两种分子内所有原子都共平面，故C正确；‎ D.乙烯被酸性KMnO4氧化为二氧化碳，甲烷和乙烯的混合气体通入酸性KMnO4溶液中，引入新杂质二氧化碳，不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，故D错误，答案选C。‎ ‎16.NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是    ‎ A. 标准状况下，的戊烷所含的分子数为 B. 28g乙烯所含共用电子对数目为 C. 现有乙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为 D. 1mol甲基所含电子数为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，戊烷是液体，戊烷的物质的量远大于0.5mol，所含的分子数远大于，故A错误；‎ B. 1个乙烯分子含有6个共用电子对，28g乙烯所含共用电子对数目为，故B错误；‎ C. 乙烯、丁烯的最简式都是CH2,乙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为，故C正确；‎ D. 1个甲基含有9个电子，1mol甲基所含电子数为，故D错误，答案选C。‎ ‎17.下列反应I和反应II属于同一种反应类型的是 选项. ‎ 反应I ‎ 反应Ⅱ ‎ A ‎ 甲烷与氯气在光照条件下生成一氯甲烷 ‎ 乙烯与溴四氯化碳溶液反应 ‎ B ‎ 乙醇催化氧化生成乙醛 ‎ 由淀粉得到葡萄糖 ‎ C ‎ 由油脂得到甘油 ‎ 乙烯制备聚乙烯 ‎ D ‎ 苯与浓硫酸、浓硝酸反应生成硝基苯 ‎ 乙醇和乙酸反应制备乙酸乙酯 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、甲烷与氯气在光照条件下生成一氯甲烷属于取代反应。乙烯与溴的四氯化碳溶液反应属于加成反应，A错误；B、乙醇催化氧化生成乙醛属于羟基的氧化反应，由淀粉得到葡萄糖是多糖的水解反应，B错误；C、由油脂得到甘油是油脂的水解反应，乙烯制备聚乙烯是乙烯的加聚反应，C错误；D、苯与浓硫酸、浓硝酸反应生成硝基苯及乙醇和乙酸反应制备乙酸乙酯均是取代反应，D正确，答案选D。‎ 考点：考查有机反应类型判断 ‎18.苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是（　　）‎ A. 1 mol苹果酸与足量金属Na反应生成1 mol ‎ B. 1 mol苹果酸可与3 mol NaOH发生中和反应 C. 苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种 D. 与苹果酸互为同分异构体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 羧基、羟基都能与钠反应放出氢气，1 mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5mol，故A错误；‎ B. 羧基与氢氧化钠反应、羟基不与氢氧化钠反应，所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应，故B错误；‎ C. 羧基、羟基都能发生酯化反应，苹果酸中含有羧基、羟基，所以能发生酯化反应的官能团有2种，故C正确；‎ D. 与苹果酸的结构相同，是同一种物质，不是同分异构体，故D错误，答案选C。‎ ‎19.下列关于苯的叙述正确的是( )‎ A. 反应为取代反应，有机产物的密度比水小 B. 反应为取代反应，有机产物是一种烃 C. 反应中1mol苯最多与发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键 D. 反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、苯与液溴在铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，属于取代反应，溴苯的密度大于水，故A错误；‎ B、苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液加热发生取代反应生成硝基苯，有机产物硝基苯是烃的衍生物，故B错误；‎ C. 1mol苯最多与发生加成反应，苯中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特键，苯分子不含碳碳双键，故C错误；‎ D. 苯分子中含碳量高，燃烧的现象是火焰明亮并带有较多的黑烟，故D正确，答案选D。‎ ‎20.下列实验能达到预期目的是（　　）‎ A. 制溴苯 B. 检验无水乙醇中是否有水 C. 从a处移到b处，观察到铜丝由黑变红 D. 制取少量乙酸乙酯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、苯与溴水不反应，苯与液溴在铁作催化剂的条件下制溴苯，故A错误；‎ B. 钠与乙醇、水都能反应放出氢气，不能用金属钠检验无水乙醇中是否有水，故B错误；‎ C. b处乙醇蒸气的浓度较大，从a处移到b处，氧化铜被乙醇还原为铜，观察到铜丝由黑变红，故C正确；‎ D. 制取少量乙酸乙酯的实验中，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故D错误，答案选C。‎ ‎21.下列反应原理中，不符合工业冶炼金属实际情况的是　　‎ A. 2Ag2O  B. ‎ C. 熔融 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、银的活泼性差，用加热分解氧化银的方法冶炼银，所以2Ag2O 符合工业冶炼金属实际情况，故不选A；‎ B. 工业上电解熔融氯化镁冶炼金属镁，所以不符合工业冶炼金属实际情况，故选B；‎ C. 工业上电解熔融氧化铝冶炼金属铝，所以熔融符合工业冶炼金属实际情况，故不选C；‎ D、工业上用CO高温还原四氧化三铁冶炼铁，符合工业冶炼金属实际情况，故不选D，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同；金属的冶炼一般有电解法、热还原法、热分解法、物理分离法。‎ ‎22.“绿色化学”的主要内容之一是从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物。下列化学反应不符合“绿色化学”理念的是（　　）‎ A. 制氯乙烷：CH2=CH2 + HCl  ‎ B. 制甲基丙烯酸甲酯：‎ C. 制：，稀 D. 制：浓 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、制氯乙烷：CH2=CH2 + HCl 属于加成反应，原子利用率为100%，符合“绿色化学”理念，故不选A；‎ B. 制甲基丙烯酸甲酯：原子利用率为100%，符合“绿色化学”理念，故不选B；‎ C. 制：，稀，使原子充分利用，不产生污染物，符合“绿色化学”理念，故不选C；‎ D. 制：浓，有污染性气体NO2生成，不符合“绿色化学”理念，故选D，答案选D。‎ ‎23.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是　　‎ A. 将氯气通入苦卤中发生反应的离子方程式为 B. 可以通过物理方法从海水中得到粗盐 C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂提镁 D. 用空气和水蒸气吹出单质溴，再用将其还原吸收，以富集溴 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苦卤中含有溴离子，氯气把苦卤中的溴离子氧化为溴单质，发生反应的离子方程式为，故A正确；‎ B. 蒸发海水得到粗盐，所以通过物理方法可以从海水中得到粗盐，故B正确；‎ C. 从提高经济效益的角度，工业生产中常选用Ca(OH)2作为沉淀剂提镁，故C错误；‎ D. 溴易挥发，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用还原剂将其还原吸收，以富集溴，故D正确，答案选C。‎ ‎24.有关能量的判断或表示方法正确的是（　　）‎ A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B. 从C(石墨，金刚石， ，可知：金刚石比石墨更稳定 C. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多 D. 若 ，则燃烧热为 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 吸热反应、放热反应与反应条件无关，需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，故A错误；‎ B.能量越低越稳定，从C(石墨，金刚石， ，石墨的能量低于金刚石，所以石墨比金刚石更稳定，故B错误；‎ C. 等质量的硫蒸气的能量大于硫固体，所以等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，故C正确；‎ D. 燃烧热是1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出的能量，若，则燃烧热大于 ，故D错误，答案选C。‎ ‎25.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是( )‎ A. 反应①中试剂X是氢氧化钠溶液 B. 反应①过滤后所得沉淀氢氧化铁 C. 图中所示转化反应中包含一个氧化还原反应 D. 将试剂X和Y进行对换，最终可以达到相同的效果 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Al2O3、Fe2O3都和硫酸反应，要将Al2O3和Fe2O3‎ 分离出来，可利用氧化铝的两性，用NaOH溶液将其溶解为偏铝酸钠，则固体难溶物是Fe2O3，然后向偏铝酸钠溶液中通二氧化碳制得Al(OH)3沉淀，发生CO2+AlO2-+2H2O= Al(OH)3↓+HCO3-，氢氧化铝加热分解产生氧化铝，电解熔融氧化铝可得金属铝。‎ A.由上述分析可知试剂X为氢氧化钠溶液，A正确；‎ B.氧化铁与氢氧化钠不反应，所以反应①后过滤得到沉淀为氧化铁，B错误；‎ C.反应①、②是复分解反应，氢氧化铝变为氧化铝的反应为分解反应，不包含氧化还原反应，C错误；‎ D.由上述分析可知，X为NaOH，Y是CO2，将试剂X和Y进行对换，①不能分离氧化铁、氧化铝，不能达到相同效果，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎26.下列有关说法正确的是（　　）‎ A. 糖类、油脂和蛋白质都是天然高分子化合物 B. 煤的干馏和石油的分馏都是化学变化 C. 催化裂化的目的是提高汽油、煤油和柴油等轻质油的产量 D. 由煤的干馏可知煤中含苯、二甲苯等芳香族化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.葡萄糖、果糖、蔗糖、麦芽糖、油脂都不是高分子化合物，故A错误；‎ B. 煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化，故B错误；‎ C. 石油的催化裂化的目的是获得轻质油，催化裂化的目的是提高汽油、煤油和柴油等轻质油的产量，故C正确；‎ D. 煤中不含苯、二甲苯等芳香族化合物，但煤的干馏可生成苯、二甲苯等芳香族化合物，故D错误，答案选C。‎ ‎27.下列反应属于放热反应的是 A. 氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应 B. 能量变化如图所示的反应 C. 化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应 D. 燃烧反应和中和反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项,氢氧化钡晶体和氯化铵晶体的反应属于吸热反应;B项,生成物的总能量比反应物的总能量大,为吸热反应;C项,化学键断裂吸收的热量比化学键生成放出的热量多的反应为吸热反应;D项,可燃物的燃烧以及酸碱中和反应都属于放热反应。‎ ‎28.已知下列热化学方程式：‎ ‎(1)CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1＝－870.3 kJ/mol ‎(2)C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－393.5 kJ/mol ‎(3)2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH3＝－571.6 kJ/mol 则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的焓变为 A. －488.3 kJ/mol B. －244.15 kJ/mol C. 488.3 kJ/mol D. 244.15 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据盖斯定律，(2)×2＋(3)－(1)得2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l) ΔH＝ΔH2×2＋ΔH3－ΔH1＝－488.3 kJ/mol，故选A。‎ ‎29.下列热化学方程式，正确的是(　　)‎ A. 甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1‎ B. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1‎ C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ·mol－1‎ D. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、燃烧热产生的水，应是液态水，故错误；B、4g氢气燃烧放出的热量为4×285.8/2kJ=571.6kJ，故正确；C、中和热的反应方程式为H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) △H=－57.3kJ·mol－1，而硫酸和氢氧化钙产生CaSO4，会伴随热效应，故错误；D、此反应是可逆反应，不清楚题目中消耗N2或H2的量是多少，故错误。‎ 考点：考查中和热、燃烧热、热化学反应方程式的计算等知识。‎ ‎30.根据下图所示的N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化情况，判断下列说法正确的是 A. N2（g）与O2（g）反应生成NO（g）是放热反应 B. 2molO原子结合生成O2（g）时需要放出498kJ能量 C. 1molNO（g）分子中的化学键断裂时需要放出632kJ能量 D. N2（g）＋O2（g）＝2NO（g）△H＝+1444kJ/mol.‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，反应N2+O2═2NO的反应热△H=946kJ/mol+498kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，反应是吸热反应；A、依据计算分析反应是吸热反应，A错误；B、原子结合形成分子的过程是化学键形成过程，是放热过程，2mol O原子结合生成O2（g）时需要放出498kJ能量，B正确；C、形成2molNO放热2×632×J能量，所以1mol NO（g）分子中的化学键断裂时需要吸收632kJ能量，C错误；D、根据A中分析可知N2+O2＝2NO△H＝＋180kJ/mol，D错误；答案选B。‎ ‎【考点定位】本题考查了反应能量变化的计算和判断 ‎【名师点晴】反应的焓变计算方法和能量守恒是解题关键，注意反应热的计算方法，（1）根据热化学方程式计算：反应热与反应物各物质的物质的量成正比。（2）根据反应物和生成物的总能量计算：ΔH＝E生成物－E反应物。（3）依据反应物化学键断裂与生成物化学键形成过程中的能量变化计算：ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量。（4）根据盖斯定律的计算：应用盖斯定律进行简单计算时，关键在于设计反应过程。‎ ‎31.乙酸乙酯是制药工业和有机合成中的重要原料，实验室制备乙酸乙酯的实验装置夹持及加热装置已略去、有关数据和实验步骤如下所示。 ‎ 物质 相对分子质量 密度 ‎ 沸点 在水中的溶解性 乙醇 ‎46‎ ‎80‎ 以任意比互溶 乙酸 ‎60‎ ‎118‎ 易溶 乙酸乙酯 ‎88‎ ‎77‎ 难溶 实验步骤： ‎ 向仪器b中加入9.5 mL乙醇（过量）和6 mL乙酸，再缓慢加入2.5 mL浓硫酸，混合均匀后，加入沸石，然后装上冷凝管如图甲所示。 ‎ 小火加热仪器b，缓慢回流0.5 h，待瓶内反应物冷却后，将回流装置改成蒸馏装置，加热蒸出乙酸乙酯。 ‎ 向馏出液中缓慢加入5mL饱和碳酸钠溶液，振荡，直至不再有二氧化碳气体产生，然后将混合液转移至分液漏斗中，分去水层，将有机层依次用5mL饱和食盐水和5mL饱和氯化钙溶液洗涤后，转移至锥形瓶中，加入少量无水固体，静置片刻，过滤除去固体，然后将有机层进行蒸馏纯化，收集时的馏分，得到乙酸乙酯。 ‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）实验原理：乙酸与乙醇在催化剂存在的条件下加热可以发生酯化反应生成乙酸乙酯，请用氧同位素示踪法写出CH3CO18OH与CH3CH2OH发生酯化反应的化学方程式。______________。‎ ‎（2）仪器a的名称为______________，仪器b的规格为_______填字母。 ‎ A．25 mL B．50mL C．250 mL D．500mL ‎ ‎（3）步骤中，将馏出液经饱和碳酸钠溶液处理后的混合液置于分液漏斗中，振荡后静置，水层在________填“上层”或“下层”。 ‎ ‎（4）在步骤中，加入少量无水硫酸镁固体的作用是__________________________。‎ ‎（5）酯层厚度的标定：加热回流一段时间后再蒸出产物，为了更好地测定有机层厚度，可预先向饱和碳酸钠溶液中加入1滴_________试液，现象是 ___________________。‎ ‎（6）该实验中乙酸乙酯的产率为_______ (计算结果精确到)。‎ ‎【答案】 (1). CH3CO18OH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+ H218O (2). 球形冷凝管 (3). B (4). 下层 (5). 干燥除水 (6). 酚酞 (7). 溶液呈红色 (8). 45.7%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）乙酸与乙醇在催化剂存在的条件下加热可以发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应原理是酸脱“羟基”、醇脱“氢”；‎ ‎（2）根据a的结构图判断仪器a的名称；烧瓶中液体的体积不能超过容积的；‎ ‎（3）乙酸乙酯的密度比水小；‎ ‎（4）无水硫酸镁可以吸收酯表面少量的水分；‎ ‎（5）饱和碳酸钠溶液显碱性，加入酚酞溶液呈红色；‎ ‎（6）根据乙酸的量计算乙酸乙酯的理论产量，乙酸乙酯的产率= 。‎ ‎【详解】（1）乙酸与乙醇在催化剂存在的条件下加热可以发生酯化反应时，酸脱“羟基”、醇脱“氢”，反应方程式是CH3CO18OH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+ H218O ‎（2）根据仪器a的结构图，a是球形冷凝管；烧瓶b中液体的体积是18mL，烧瓶中液体的体积不能超过容积的，所以烧瓶的规格为50mL，选B；‎ ‎ （3）乙酸乙酯的密度比水小，将馏出液经饱和碳酸钠溶液处理后的混合液置于分液漏斗中，振荡后静置，水层在下层。‎ ‎（4）无水硫酸镁可以吸收酯表面少量的水分，所以在步骤中，加入少量无水硫酸镁固体的作用是干燥除水；‎ ‎（5）碳酸钠能水解，碳酸钠溶液显碱性，为了更好地测定有机层厚度，可预先向饱和碳酸钠溶液中加入1滴酚酞试液，现象是碳酸钠溶液呈红色；‎ ‎（6）乙酸乙酯的理论产量是xg CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+ H2O ‎60g 88g ‎6mL×g/ mL xg x=9.196g 乙酸乙酯的产率为=45.7%。‎ ‎32.已知A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味；B的产量可以衡量一个国家石油化工发展的水平，有关物质的转化关系如图所示部分反应条件、产物省略： ‎ 回答下列问题： ‎ ‎（1）工业上由石蜡油获得B的方法称为__________。‎ 决定化合物A的化学特性的原子团的名称为______________。‎ 到A的反应类型为____________，A到E的反应类型为________________。‎ ‎（3）写出下列反应的化学方程式。‎ 反应②：________________________________________________________；‎ 反应⑥：_________________________________________________________。‎ ‎（4）工业上制备H有以下两种方案：Ⅰ 乙烷与氯气反应； Ⅱ 乙烯与氯化氢反应。你认为最合理的方案是________填代号，理由是__________________________。‎ ‎【答案】 (1). 石油的裂解 (2). 羟基 (3). 加成反应 (4). 酯化反应 (5). 2CH3CH2OH+ O2 2CH3CHO + 2H2O (6). nCH2=CH2 (7). Ⅱ (8).‎ ‎ 乙烷与氯气发生取代反应,能生成一氯乙烷、二氯乙烷、三氯乙烷等多种产物，产物含有杂质较多 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则B为CH2=CH2，石油分馏得到石蜡油，石蜡油裂解得到乙烯，乙烯发生加聚反应生成F为；乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化生成D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，故E为CH3COOCH2CH3，乙烯与HCl发生加成反应生成H为CH3CH2Cl，乙醇与Na反应生成G为CH3CH2ONa。‎ ‎【详解】（1）B是乙烯，石蜡油是高沸点烃，由石蜡油发生裂解反应可获得乙烯。‎ A是CH3CH2OH，决定化合物CH3CH2OH的化学特性的原子团是-OH，名称为羟基。‎ ‎②乙烯与水反应生成CH3CH2OH，反应类型为加成反应，CH3CH2OH与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应类型为酯化反应。‎ ‎（3）反应②是乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成CH3CHO，反应方程式是：2CH3CH2OH+ O2 2CH3CHO + 2H2O；‎ 反应⑥是乙烯发生加聚反应生成F为，反应方程式是nCH2=CH2。‎ ‎（4）Ⅰ、乙烷与氯气发生取代反应生成一氯乙烷、二氯乙烷、三氯乙烷等多种产物，产物含有杂质较多，Ⅱ、乙烯与氯化氢反应只生成一氯乙烷，所以最合理的方案是Ⅱ。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断，把握好图中物质转化关系、官能团结构与性质、有机反应类型为解答的关键，注意有机物性质的应用。‎ ‎33.下表为元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，按要求回答下列问题：‎ 周期主族 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ⅧA 一 二 三 ‎（1）在元素，最活泼的金属元素是______填元素名称；最活泼的非金属元素名称是______填元素名称 ‎（2）用电子式表示元素与形成的原子个数比为1：2的化合物 _______________。元素①和③所形成的化学键的类型是___________________。‎ ‎（3）、三种元素的原子半径由大到小的顺序是______用元素符号表示。‎ ‎（4）元素和所能形成的气态氢化物的稳定性___________化学式表示；元素、、的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序 ___化学式表示 ‎（5）写出元素和的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式：______________。‎ ‎【答案】 (1). 钠 (2). 氟 (3). (4). 共价键 (5). Na>Si>C (6). HF > HCl (7). HClO4>H3PO4>H2SiO3 (8). Al(OH)3+OH− ＝AlO2−+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素周期表，表中的①～⑨号元素分别是：H、C、O、F、Na、Al、Si、P、Cl。‎ ‎【详解】(1) 同周期从右到左金属性增强、同主族元素从上到下金属性增强，在元素中，最活泼的金属元素是号元素钠。同周期从左到右非金属性增强、同主族元素从下到上非金属性增强，在元素中，最活泼的金属元素是号元素氟。‎ ‎(2) 是O元素、是Na元素，形成的原子个数比为1：2的化合物是Na2O，Na2O属于离子化合物，电子式为；①是H元素、③是O元素，都是非金属元素，形成的化学键是共价键；‎ ‎（3）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，C、Na、Si三种元素的原子半径由大到小的顺序是Na>Si>C；‎ ‎（4）同主族元素从上到下非金属性减弱，F元素的非金属性大于Cl，元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，稳定性：HF＞HCl；同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性Cl>P>Si，元素非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性由强到弱的顺序HClO4>H3PO4>H2SiO3；‎ ‎（5）元素的最高价氧化物的水化物是NaOH，的最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，相互反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH− ＝AlO2−+2H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，熟练掌握元素周期表结构、元素周期律的内容为解答关键。‎ ‎34.海水是巨大的资源宝库。‎ Ⅰ 从海水中提取食盐和溴海水中溴以溴化钠为主的过程如下：‎ ‎ ‎ 工业上是利用步骤①所得的NaCl固体制备金属钠的化学方程式为：________。‎ 步骤的离子方程式为：________________________________________________。‎ 步骤用水溶液吸收，可制得两种强酸，化学方程式为：_________。‎ Ⅱ海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素，燃烧的灰烬中碘元素以的形式存在。实验室里从海藻中提取碘的流程如下： ‎ 指出提取碘的过程中有关的实验操作名称：‎ ‎__________________________________________‎ 提取碘的过程中，可供选择的有机试剂是______填字母。‎ A、苯、酒精　B、四氯化碳、苯　C、汽油、乙酸　D、汽油、酒精 ‎【答案】 (1). 2NaCl（熔融）Cl2↑+2Na (2). Cl2+2Br−＝Br2+2Cl− (3). Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 (4). 过滤 (5). 萃取(分液) (6). 蒸馏 (7). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)工业上电解熔融氯化钠冶炼金属钠；‎ ‎(2)步骤是用氯气把母液中的溴离子氧化为溴单质；‎ ‎(3) 用水溶液吸收生成硫酸和盐酸；‎ ‎(4). 是分离海藻灰中的固体残渣和溶液；　是从碘水中提取碘； 是从碘的四氯化碳溶液中提取碘单质；‎ ‎(4) 从碘水中提取碘，选择萃取剂的条件是难溶于水、不与碘反应且易溶解碘；‎ ‎【详解】(1)工业上电解熔融氯化钠冶炼金属钠，反应方程式是2NaCl（熔融）Cl2↑+2Na ；‎ ‎(2)步骤是氯气与溴离子反应生成溴单质，反应离子方程式是Cl2+2Br−＝Br2+2Cl−；‎ ‎(3) 用水溶液吸收生成硫酸和盐酸，反应方程式是Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；‎ ‎(4). 分离海藻灰中的固体残渣和溶液，实验操作是过滤；根据碘易溶于有机溶剂，从碘水中提取碘，实验操作是萃取(分液)； 用蒸馏的方法从碘的四氯化碳溶液中提取碘单质；‎ ‎(4) A、酒精与水互溶，不能分层，故不选A； 碘易溶于四氯化碳、苯，四氯化碳、苯都不溶于水，故选B； 乙酸与水互溶，不能分层，故不选C；D、酒精与水互溶，不能分层，故不选D，答案选B。‎ ‎ ‎