2018-2019学年山西省应县第一中学校高一下学期期末考试化学试题（解析版） 19页

‎2018-2019学年山西省应县第一中学校高一下学期期末考试化学试题（解析版）‎ 时间：90分钟 满分：100分 相对原子质量：H:1 C:12 O:16 S:32 Na:23 Fe:56 Cu:64 Ag:108 Al:27‎ 一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分）‎ ‎1.下列物质性质的递变关系正确的是 A. 酸性强弱：H3PO4 >H2SO4> HC1O4 B. 稳定性：HCl>H2S>PH3‎ C. 氧化性：Na+>Mg2+>Al3+ D. 碱性：NaOH>KOH>Ca(OH)2>Mg(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则酸性强弱：H3PO4＜H2SO4＜HClO4，A错误；‎ B.非金属性越强，氢化物越稳定，则稳定性：HCl＞H2S＞PH3，B正确；‎ C.金属性越强，相应离子的氧化性越弱，氧化性：Na+＜Mg2+＜Al3+，C错误；‎ D.金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，碱性：KOH＞Ca(OH)2＞NaOH＞Mg(OH)2，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.镭是元素周期表中第7周期IIA族元素，下列关于镭的性质的叙述中不正确的是（ ）‎ A. 在化合物中呈+2价 B. 单质能与水反应放出H2‎ C. 它的氢氧化物为强碱 D. 镭元素的金属性比钡元素的弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】镭是元素周期表中第七周期第IIA族元素，与Mg、Ca等金属位于同一主族，性质相似。则 A项，第IIA族元素最外层有2个电子，化合价为+2价，A正确；‎ B项，镭单质性质活泼，能与水发生反应生成氢气，B正确；‎ C项，氢氧化镭碱性强于氢氧化钡，而氢氧化钡是强碱，故C正确；‎ D项，同主族元素，原子序数越大金属性越强，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表与周期律的综合应用，注意根据周期律的递变规律推断元素可能具有的性质，同主族元素原子最外层电子数相同，具有相似性，电子层逐渐增多，具有递变性。‎ ‎3. 四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是 A. 原子半径ZX，故酸性HNO3>H2SiO4，B错误；‎ C、氧元素非金属性强于硅元素，热稳定性H2O>SiH4，C正确；‎ D、Z为O，位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎4. 下列物质中既有离子键又有共价键的可溶性化合物是 A. H2SO4 B. BaSO4 C. N2 D. NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫酸是含有共价键的可溶性化合物，A错误；‎ B、硫酸钡是含有离子键和共价键的难溶性化合物，B错误；‎ C、氮气中含有共价键的单质，难溶于水，C错误；‎ D、氢氧化钠是含有离子键和共价键的可溶性化合物，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列化学用语正确的是(　　)‎ A. 甲烷的结构式：CH4 B. 乙醇的分子式：C2H5OH C. HClO的结构式：H-O-C1 D. 氯化钠的电子式 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷的分子式为CH4，为正四面体结构，结构式为，选项A错误；‎ B. C2H5OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为C2H6O，选项B错误；‎ C、根据稳定结构，氯元素成一个键，氧元素成两个键，HClO的结构式为：H-O-Cl，选项C正确；‎ D、NaCl属于离子化合物，即电子式为：，选项D错误。‎ 答案选C ‎6.将3molA气体和1.5molB气体在3L的容器中混合并在一定条件发生如下反应： 2A(g)+B(g) 2C(g)。经2s后测得C的浓度为0.3mol/L，则下列计算正确的是：‎ ‎①用A表示的平均反应速率为0.3mol/（L·s）‎ ‎②2s时物质A的浓度为0.7mol/L ‎③用B表示的平均反应速率为0.15mol/（L·s）‎ ‎④2s时物质B的转化率为30％‎ A. ②④ B. ①④ C. ②③ D. ①③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①消耗的A的浓度为0.3mol·L－1，v(A)=mol/(L·s)=0.15 mol/(L·s)，故错误；‎ ‎②消耗A的浓度为0.3mol·L－1，则2s时A的浓度为(－0.3)mol·L－1=0.7mol·L－1，故正确；‎ ‎③根据化学反应速率之比=化学计量数之比，v(B)= V(A) =0.075mol/(L·s)，故错误；‎ ‎④2s时物质B的转化率为×100%=30%，故正确； ‎ 答案选A。‎ ‎7.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是 A. 灼热的炭与CO2反应 B. 氧化铁与铝反应 C. 钠与乙醇反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，灼热的炭与CO2反应的化学方程式为C+CO22CO，反应前后元素的化合价有升降，该反应为氧化还原反应，是吸热反应；‎ B项，氧化铁与铝反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，反应前后元素的化合价有升降，该反应是氧化还原反应，铝热反应是放热反应；‎ C项，Na与乙醇反应的化学方程式为2Na+2CH3CH2OH→2CH3CH2ONa+H2↑，反应前后元素的化合价有升降，该反应为氧化还原反应，是放热反应；‎ D项，Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应的化学方程式为Ba（OH）2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，反应前后元素的化合价没有改变，该反应不是氧化还原反应，是吸热反应；‎ 符合题意的是A项，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应、放热反应和吸热反应的判断。根据反应前后元素的化合价是否有升降判断是否氧化还原反应。熟记典型的放热反应和吸热反应，活泼金属与水（或酸）的置换反应、大多数化合反应、燃烧反应、中和反应、铝热反应等为放热反应；大多数分解反应、C与H2O（g）的反应、C与CO2的反应、Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应等为吸热反应。‎ ‎8..在一定温度下的恒容容器中,当下列物理量不再发生变化时，不能表明反应： A（s）+3B（g）2C（g）+D（g）已达平衡状态的是 A. 混合气体压强 B. 混合气体的密度 C. 3v逆（C）=2v正（B） D. 气体的平均相对分子质量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，该反应是气体分子数不变的反应，反应中压强始终不变，所以压强无法判断是否达到了平衡状态，故A错误；‎ B项，A为固体，气体质量不断变化，容积不变，故混合气体的密度是个变量，混合气体的密度不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故B正确；‎ C项，根据化学反应方程式系数可得2v正(B)=3v正(C)，又因为3v逆(C)=2v正(B)，所以v正(C)=v正(C)，反应达到了平衡状态，故C正确；‎ D项，气体分子数不变，气体质量是个变量，所以气体的平均相对分子质量是个变量，当其不变时说明达到了平衡状态，故D正确。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断；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。‎ ‎9. 将铁棒和锌棒用导线连接插入硫酸铜溶液中，当电池中有0.4 mol电子通过时，负极的质量变化是 A. 增加6.5g B. 减少5.6g C. 增加11.2g D. 减少13g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铁棒、锌棒和硫酸铜溶液形成的原电池中，较活泼的金属锌棒作负极，铁棒作正极，负极上锌失电子变成锌离子进入溶液，所以负极质量会减少，正极上铜离子得电子生成铜单质，所以正极上铁棒质量会增加，根据金属和转移电子的关系计算即可。‎ ‎【详解】铁棒、锌棒和硫酸铜溶液形成的原电池中，较活泼的金属锌棒作负极，铁棒作正极，负极上锌失电子质量减少，正极上铜离子得电子质量增加。设负极上质量减少x，负极上的电极反应式为：‎ Zn－2e－＝Zn2+‎ ‎65g 2mol x 0.4mol x=65g×0.4mol/2mol=13g 所以负极质量减少13g，故选D。‎ ‎10.银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，其电极分别为Ag2O、Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应为Ag2O+Zn+H2O=Ag+Zn(OH)2。下列说法中错误的是（ ）‎ A. 原电池放电时，负极上发生反应的物质是Zn B. 溶液中OH-向正极移动，K+、 H+向负极移动 C. 工作时，负极区溶液pH减小，正极区pH增大 D. 负极上发生的反应是Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据总反应Ag2O＋Zn＋H2O=2Ag＋Zn（OH）2分析化合价变化可知，Zn在负极上失电子，Ag2O在正极上得电子，电解质溶液为KOH溶液，所以负极反应为Zn＋2OH－－2e－=Zn（OH）2，正极反应为Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－；溶液中OH-向负极极移动，K+、H+向正极移动；在负极区，OH－被消耗，溶液碱性减弱，pH减小，溶液中的OH－作定向移动到负极来补充，正极区生成OH－，溶液碱性增强，pH增大。综上ACD正确，B错误。答案选B。‎ ‎11.苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指（　　）‎ A. 脱落酸 B. 乙烯 C. 生长素 D. 甲烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、脱落酸是一种抑制生长的植物激素，能促使叶子脱落，但不能催熟果实，A错误；‎ B、乙烯具有促进果实成熟的作用，主要由成熟果实产生，是唯一的气体植物激素，成熟的木瓜能够释放乙烯，促进未成熟的红柿成熟，B正确；‎ C、生长素能促进茎、芽、根生长，但不能促进果实成熟，C错误；‎ D、植物能产生甲烷，但甲烷不能催熟果实，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎12. 下列说法正确的是 A. CH4能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 金属Na能与C2H5OH中的甲基反应生成H2‎ C. 乙酸有强烈的刺激性气味，其水溶液称为冰醋酸 D. CH3CH2CH2CH3与CH3CH（CH3）2互为同分异构体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，CH4性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，A错误；‎ B项，金属Na能与C2H5OH中羟基上的H反应生成H2，B错误；‎ C项，纯乙酸又称冰醋酸，C错误；‎ D项，分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，正丁烷与异丁烷互为同分异构体，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎13.下列叙述不正确的是：‎ A. 反应①为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟 B. 反应②为取代反应，有机产物B是一种芳香烃 C. 反应③为取代反应，产物溴苯是比水重的无色液体 D. 反应④为加成反应，若H2足量则产物D为环己烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应①为氧化反应，苯能在空气中燃烧，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，选项A正确；‎ B. 苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C、H，还含有N、O，不属于芳香烃，选项B不正确；‎ C. 苯能与液溴发生取代反应，产物溴苯是比水重的无色液体，选项C正确；‎ D. 反应④为苯与氢气发生加成反应，若H2足量则产物D为环己烷，选项D正确。‎ 答案选B。‎ ‎14.将两支盛有液态苯的试管分别插入95 ℃的水和4 ℃的水中，发现苯分别沸腾和凝固，以上事实说明( )‎ A. 苯的熔点比水的低、沸点比水的高 B. 苯的熔点比水的高、沸点比水的低 C. 苯的熔点、沸点都比水的高 D. 苯的熔点、沸点都比水的低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据苯在95℃水和4℃的水中的状态结合其物理性质解答。‎ ‎【详解】苯在温度为95℃的水中，出现沸腾现象，说明：苯的沸点低于95℃，即低于水的沸点；苯在温度为4℃的水中，出现凝固现象，说明：苯的熔点高于0℃，即高于水的熔点；答案选B。‎ ‎15.在光照条件下，CH4与Cl2能发生取代反应。使1 mol CH4与Cl2反应，待反应完全后测得四种有机取代产物的物质的量之比n(CH3Cl)∶n(CH2Cl2)∶n(CHCl3)∶n(CCl4)＝1∶2∶3∶4，则消耗的Cl2的物质的量为 A. 1.0 mol B. 2.0 mol C. 3.0 mol D. 4.0 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据碳原子守恒计算各氯代烃的物质的量，而甲烷与氯气发生取代反应得到氯代烃时，一半的氯原子得到氯代烃，一半氯原子生成HCl。‎ ‎【详解】得到n（CH3Cl）：n（CH2Cl2）：n（CHCl3）：n（CCl4）=1∶2∶3∶4，‎ 根据碳原子守恒：n（CCl4）+n（CHCl3）+n（CH2Cl2）+n（CH3Cl）=1mol，‎ 则n（CH3Cl）=0.1mol n（CH2Cl2）=0.2mol n（CHCl3）=0.3mol n（CCl4）=0.4mol 而甲烷与氯气发生取代反应得到氯代烃时，氯代烃与氯气的物质的量之比为1：1关系，‎ 故需要氯气为：0.1mol×1+0.2mol×2+0.3mol×3+0.4mol×4=3.0mol，‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学方程式计算、取代反应，关键是理解取代反应，注意取代反应的特点：逐步取代，多步同时发生。‎ ‎16.一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量是( )‎ A. 1.4g B. 2.2g C. 4.4g D. 在2.2g和4.4g之间 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应中生成水的质量可确定乙醇的物质的量，进而求出碳原子的物质的量，同时也是CO2和CO的物质的量和，分别设出二氧化碳、一氧化碳的物质的量，分别根据质量、物质的量列式计算即可。‎ ‎【详解】设乙醇的物质的量为x，‎ 由C2H5OH～3H2O ‎ 1mol 54g ‎ x 10.8g 则：1molx=，‎ 解得：x=0.2mol，‎ 由乙醇分子式可知：n（CO2）+n（CO）=0.2mol×2=0.4mol，‎ 则m（CO2）+m（CO）=27.6g-10.8g=16.8g，‎ 设产物中含有xmol二氧化碳、ymolCO，‎ 则：①44x+28y=16.8g，②x+y=0.4，‎ 联立①②解得：x=0.35、y=0.05，‎ 所以CO的质量为：28g/mol×0.05mol=1.4g，‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应方程式的计算，题目难度中等，把握水的质量及CO、CO2的质量关系及守恒法计算为解答的关键，试题侧重对学生的分析与计算能力的考查。‎ ‎17.某有机物M的结构简式为CH3CH=CHCH2COOH，下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 能与乙醇发生酯化反应 B. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 能与溴的四氯化碳溶液发生取代反应 D. 1 mol M与足量Na完全反应能生成1 mol H2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，选项A正确；‎ B．含有碳碳双键，可被高锰酸钾氧化，选项B错误；‎ C．含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，在四氯化碳溶液中不发生取代反应，选项C错误；‎ D．含有1个羧基，可与钠反应，1molM与足量Na完全反应能生成0.5molH2，选项D错误．‎ 答案选A。‎ ‎18.我国古代“药金”的冶炼方法是：将炉甘石（ZnCO3）和赤铜矿（Cu2O）与木炭按一定的比例混合后加热至800℃，即可炼出闪烁似金子般光泽的“药金”。下列叙述正确的是（ ）‎ A. “药金”实质上是铜锌合金 B. 冶炼炉中炉甘石直接被木炭还原为锌 C. 用王水可区别黄金和“药金”‎ D. 用火焰灼烧不能区别黄金和药金 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、冶炼“药金”的相关反应方程式为：ZnCO3ZnO＋CO2↑，2ZnO＋C2Zn＋CO2↑，2Cu2O＋C4Cu＋CO2↑，A项正确；‎ B、根据A中分析可知B项错误；‎ C、王水可以溶解黄金和“药金”，故C项错误；‎ D、用火焰灼烧可以区别黄金和“药金”，因为高温下黄金跟空气不反应，而“药金”可以与空气反应，生成的CuO是黑色的，ZnO是白色的，总之，灼烧后的“药金”颜色有变化，故D项错误。‎ 答案选A。‎ ‎19.下表是氧化镁和氯化镁的熔、沸点数据：请参考以上数据分析，从海水中提取镁，正确的方法是(　　)‎ 物质 氧化镁 氯化镁 熔点/℃ ‎ ‎2852‎ ‎714‎ 沸点/℃‎ ‎3600‎ ‎1410‎ A. 海水Mg(OH)2Mg B. 海水MgCl2溶液MgCl2晶体Mg C. 海水Mg(OH)2MgOMg D. 海水Mg(OH)2MgCl2溶液MgCl2(熔融) Mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从海水中提取镁的正确方法是：先加石灰乳使水中的镁离子通过和石灰乳反应生成氢氧化镁白色沉淀，然后利用盐酸溶解氢氧化镁生成氯化镁溶液，从氯化镁溶液中冷却结晶得到MgCl2·6H2O，在HCl气流中加热MgCl2·6H2O得到无水MgCl2，镁是活泼的金属，通过电解熔融的氯化镁即可以得到金属镁。综上分析，A 、B 选项不符合题意，选项A、B错误；‎ C、因为氧化镁的熔点远远高于氯化镁，工业会选择氯化镁电解得到镁，选项C错误；‎ D. 海水Mg(OH)2MgCl2溶液―→MgCl2(熔融)Mg符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查海水的综合利用，海水中含有MgCl2，工业上从海水中提取镁首先是富集；根据石灰乳比氢氧化钠廉价易得，一般不用氢氧化钠，在海水苦卤中加石灰乳过滤得沉淀氢氧化镁；加盐酸得到氯化镁，经浓缩、结晶、脱水、电解可以得到金属镁分析。‎ ‎20.下表中金属的冶炼原理与方法完全正确的是：（ ）‎ 选项 方法 冶炼原理 A 湿法炼铜 CuSO4+2K= Cu+K2SO4‎ B 热分解法炼铜 Cu2S+O22Cu+SO2‎ C 电解法炼铝 ‎2Al2O3（熔融） 4 Al+3O2↑‎ D 热还原法冶炼钡 BaO+H2Ba+H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、湿法炼铜需用与水不反应的较活泼的金属作还原剂，如铁等，钾易与水反应，不能从溶液中还原出单质铜，选项A错误；‎ B、反应Cu2S＋O22Cu＋SO2是火法炼铜，利用的是氧化还原反应原理，将Cu2S中＋1价铜转化为单质铜，该反应不属于分解反应，不是热分解法，选项B错误；‎ C、铝是活泼金属，应用电解法2Al2O3（熔融） 4 Al+3O2↑，选项C正确；‎ D、钡是活泼金属，不能用热还原法冶炼，应用电解法，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎21.‎ ‎ 绿色化学的一个原则是“原子经济”，最理想的“原子经济”是全部反应物的原子嵌入期望的产物中。在下列反应类型中，“原子经济”程度最低的是( )‎ A. 化合反应 B. 取代反应 C. 加成反应 D. 加聚反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】取代反应的产物不止一种，所以原子利用率是最低的，其余一般都是只有一种，原子利用率高，答案选B。‎ ‎22.下列说法中不正确的是 A. 金属的冶炼原理，就是运用氧化还原反应原理，在一定条件下将金属从其化合物中还原出来 B. 冶炼金属时，必须加入一种物质作还原剂 C. 金属由化合态变为游离态，一定是被还原 D. 金属单质被发现和应用得越早，其活动性越弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属的冶炼是将金属化合物转化为金属单质，A项正确；‎ B、有的金属化合物在发生氧化还原反应冶炼金属的时候，自身既作氧化剂又作还原剂，不需要另加还原剂，如HgO，B项错误；‎ C、金属元素在化合物中一定显正价，当变成金属单质后，化合价就变为0，所以是被还原，C项正确；‎ D、金属被发现和应用得早，说明该金属容易被还原，从而也说明这些金属的活动性一般是较弱的，D项正确。‎ 答案选B。‎ ‎23.下列关于化石燃料及其使用的一些说法中不正确的是(　　)‎ A. 煤的气化是指将固态煤粉碎后高温下变为气态，以使煤燃烧时能与氧气充分接触而完全燃烧 B. 天然气除可用作清洁能源外，也可用于合成氨和生产甲醇等 C. 石油分馏得到的汽油和石油催化裂化得到的汽油其成分不相同 D. 化石燃料也是重要的化工原料，乙烯和苯就是分别来自于石油和煤的基本化工原料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．煤的气化是指将固体煤转化为含有CO、H2、CH4等可燃气体和CO2、N2等非可燃气体的过程；‎ B．天然气是一种公认的清洁、高效、绿色能源；‎ C．石油分馏得到的汽油主要含有饱和烃和石油催化裂化得到的汽油含有不饱和烃；‎ D．石油裂解可以得到乙烯，催化重整可以得到苯。‎ ‎【详解】A、煤的气化是将固态煤转化为可燃性气体的过程，主要反应的化学方程式为C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)，选项A错误；‎ B、天然气、煤和石油都是重要的化工原料，选项B正确；‎ C、直馏汽油的成分是烷烃，裂化汽油中含有不饱和烃，选项C正确；‎ D、天然气、煤和石油都是重要的化工原料，选项D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化石燃料与基本化工原料，注意石油分馏得到的汽油主要含有饱和烃和石油催化裂化得到的汽油含有不饱和烃。‎ ‎24.在蛋白质溶液中分别进行下列操作或加入下列物质，其中一种与其它三种现象有本质不同的是 （ ）‎ A. 加热 B. 加浓硝酸 C. 加硫酸铵的浓溶液 D. 加硫酸铜溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】加热、加浓硝酸、加硫酸铜溶液发生的均是变性，加硫酸铵的浓溶液发生的是盐析，所以C正确。答案选C。‎ ‎25.关于下列有机反应的说法中，不正确的是(　　)‎ A. CH2=CH2＋3O22CO2＋2H2O是氧化反应 B. CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH是加成反应 C. CH3CH2Cl＋H2OCH3CH2OH＋HCl是取代反应 D. 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O是加成反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH2=CH2＋3O22CO2＋2H2O是氧化反应，选项A正确；‎ B. CH2=CH2＋H2OCH3CH2OH是加成反应，选项B正确；‎ C. CH3CH2Cl＋H2OCH3CH2OH＋HCl是取代反应，选项C正确；‎ D. 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O是氧化反应，选项D不正确。‎ 答案选D。‎ 二、非选择题（共50分）‎ ‎26.如表是元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，请用化学用语回答下列问题:‎ ‎(1)这些元素中，化学性质最不活泼原子的原子结构示意图为______；气态氢化物中，最稳定的是______；最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_______。‎ ‎(2)①和④两种元素的原子按1:1组成的常见化合物的电子式为______。‎ ‎(3)②、③的单质中更容易与①的单质反应的是________(用化学式表示)。‎ ‎(4)④、⑦、⑧、⑨简单离子半径由大到小的顺序为_____ (用离子符号和“>”表示)。‎ ‎(5)⑥和⑧的最高价氧化物对应水化物之间发生反应的离子方程式____________。‎ ‎(6)⑤⑨⑪三种元素的单质沸点由高到低的顺序是_____(用化学式和“>”表示)。‎ ‎【答案】 (1). (2). HF (3). HClO4 (4). (5). N2 (6). r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Mg2+）＞ r（Al3+） (7). Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O {或者Al(OH)3+OH﹣=[Al(OH)4]﹣} (8). Br2 ＞ Cl2 ＞ F2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据各元素在周期表中的位置，①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩、⑪依次代表H、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Cl、Ar、Br元素。根据元素周期律和相关化学用语作答。‎ ‎【详解】根据各元素在周期表中的位置，①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨、⑩、⑪依次代表H、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Cl、Ar、Br元素。‎ ‎（1）这些元素中，化学性质最不活泼的原子是Ar，Ar的核电荷数为18，Ar的原子结构示意图为 ‎。同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐增强；同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱；非金属性最强的元素处于元素周期表的右上角，气态氢化物中最稳定的是HF。由于F没有正价，最高价氧化物对应水化物中酸性最强的是HClO4。‎ ‎（2）①、④分别代表H、O元素，两种元素的原子按1:1组成的常见化合物为H2O2，H2O2的电子式为。‎ ‎（3）①、②、③分别代表H、C、N元素，非金属性CN，②、③的单质中更易与H2反应的是N2。‎ ‎（4）④、⑦、⑧、⑨分别代表O、Mg、Al、Cl元素，它们的简单离子依次为O2-、Mg2+、Al3+、Cl-，根据“层多径大，序大径小”，④、⑦、⑧、⑨的简单离子半径由大到小的顺序为r（Cl-）r（O2-）r（Mg2+）r（Al3+）。‎ ‎（5）⑥、⑧分别代表Na、Al元素，Na、Al的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al（OH）3，NaOH和Al（OH）3反应的化学方程式为NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O{或NaOH+Al（OH）3=Na[Al（OH）4]}，离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O{或Al（OH）3+OH-=[Al（OH）4]-}。‎ ‎（6）⑤、⑨、⑪分别代表F、Cl、Br，它们的单质依次为F2、Cl2、Br2，F2、Cl2、Br2的相对分子质量依次增大，F2、Cl2、Br2的分子间作用力依次增强，沸点由高到低的顺序为Br2Cl2F2。‎ ‎27.下图是几种常见有机物之间的转化关系图。C具有果香味。‎ 根据以上信息及各物质的转化关系完成下列各题:‎ ‎(1)A的结构简式为_______，工业上用乙烯生产A的化学方程式为__________。‎ ‎(2)B的官能团名称为_____，B可与纯碱溶液反应，写出该反应方程式_____________。‎ ‎(3)A+B→C的化学方程式为__________，反应类型为_________反应。‎ ‎(4)下列说法正确的是_______。‎ a.上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质 b.物质A和B都属于电解质 c.物质C和油脂类物质互为同系物 d.转化1可在人体内完成，该催化剂属于蛋白质 ‎【答案】 (1). CH3CH2OH (2). CH2=CH2 + H2O CH3CH2OH (3). 羧基 (4). 2CH3COOH + Na2CO3→ 2CH3COONa + CO2 ↑+H2O (5). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (6). 取代反应（或酯化反应） (7). d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 淀粉在催化剂存在下水解成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成CH3CH2OH，A为CH3CH2OH，A与B反应生成的C具有果香味，A与B发生的反应为酯化反应，A经连续氧化生成CH3COOH，B为CH3COOH， C的结构简式为CH3COOCH2CH3。‎ ‎【详解】（1）A的结构简式为CH3CH2OH。工业上用乙烯与H2O发生加成反应制备CH3CH2OH，反应的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH。‎ ‎（2）B的结构简式为CH3COOH，B的官能团名称为羧基。B与纯碱溶液反应的化学方程式为2CH3COOH+Na2CO3→2CH3COONa+H2O+CO2↑。‎ ‎（3）A与B发生酯化反应生成C，A+B→C的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为酯化反应（或取代反应）。‎ ‎（4）a项，淀粉和C6H12O6分别属于多糖和单糖，a项错误；b项，物质A（CH3CH2OH）溶于水和熔化状态都不能导电，CH3CH2OH属于非电解质，物质B（CH3COOH）属于电解质，b项错误；c项，物质C为CH3COOCH2CH3，油脂类物质是高级脂肪酸的甘油酯，CH3COOCH2CH3中只有一个酯基，油脂类物质中有3个酯基，物质C和油脂类物质结构不相似且分子组成上不相差若干个“CH2”原子团，物质C和油脂类物质不互为同系物，c项错误；d项，淀粉在人体内可水解成葡萄糖，所用催化剂为淀粉酶，淀粉酶属于蛋白质，d项正确；答案选d。‎ ‎28.溴有“海洋元素”之称，海水中溴含量为65 mg·L－1。实验室模拟海水中溴的提取。实验方法：将适量新制氯水加入到20 mL富含溴离子的海水中(海水可以用0.1 mol·L－1的NaBr溶液代替)，把溴置换出来。氯水中的氯气作________________剂，涉及反应的离子方程式为__________________。得到的单质溴可以用有机溶剂在________(仪器)中实现萃取富集，萃取试剂用________、苯等，得到的有机层显________色。‎ ‎【答案】 (1). 氧化 (2). Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2 (3). 分液漏斗 (4). 四氯化碳 (5). 橙(橙红)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】把溴离子转化为溴单质时，溴离子发生氧化反应，因此需要氧化剂，氯气可以将Br－氧化为Br2，反应的离子方程式为Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2‎ ‎。得到的单质溴可以用有机溶剂在分液漏斗中实现萃取富集，根据萃取的原理，要从水溶液中萃取某种溶质，所选择的萃取剂一定要和水互不相溶，因此还可以选择四氯化碳。溴单质在有机溶剂中的颜色是橙色到橙红色。‎ ‎29.A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D及C、F分别是同一主族元素，A元素的一种核素无中子，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，B元素的的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数。请回答：‎ ‎（1）A、D、F形成化合物的电子式_____________。‎ ‎（2）工业上在高温的条件下，可以用A2C和BC反应制取单质A2。在2L密闭容器中分别充入1 mol A2C和1 mol BC， —定条件下，2 min达平衡时生成0.4mol A2，则用BC表示的反应速率为________。下列关于该反应的说法中正确的是__________________。‎ A.增加BC2的浓度始终不能提高正反应速率 B.若混合气体的密度不再发生变化，则反应达到最大限度 C.A2是一种高效优质新能源 D.若生成1 molA2，转移2mol电子 ‎（3）用A元素的单质与C元素的单质及由A、C、D三种元素组成的化合物的溶液构成燃料电池，写出该电池的电极反应式：负极____________，正极_________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 0.1mol/（L·min） (3). C、D (4). H2-2e-+2OH-=2H2O (5). O2+4e-+2H2O=4OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A元素的一种核素无中子，则A为H元素；A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D及C、F分别是同一主族元素，则D为Na元素；F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则F为S元素，C为O元素；B元素的的最外层电子数是内层电子数的2倍，则B为C元素；E元素的最外层电子数等于其电子层数，E为Al元素；综上，A为H、B为C、C为O、D为Na、E为Al、F为S。‎ ‎【详解】（1）A为H、D为Na、F为S，则A、D、F形成化合物为NaHS，其电子式为:。‎ ‎（2）1molH2O和1molCO生成1molH2和1molCO2，反应化学方程式为：H2O+COH2+CO2，2 min达平衡时生成0.4mol A2，则反应0.4molCO，容积为2L，υ(CO)=0.4mol÷(2L×2 min)=0.1mol/（L·min）；A项，增大反应物或生成物的浓度，加快化学反应速率，所以增加CO2的浓度能提高正反应速率，A错误；B项，气体质量不变，容积不变，密度始终不变，故B错误；C项，H2‎ 燃烧热值高、无污染、可再生，是一种高效优质新能源，正确；D项，H元素化合价由+1价变为0价，生成1 molH2，转移2mol电子，D正确。综上选CD。‎ ‎（3）H2和O2形成燃料电池， H2在负极失电子发生氧化反应，O2在正极得电子发生还原反应，电解质溶液为NaOH溶液，故该电池的电极反应式：负极H2-2e-+2OH-=2H2O，正极O2+4e-+2H2O=4OH-。‎ ‎【点睛】本题是一道组合题，综合性较强，考查元素周期表有关推断、化学反应速率、可逆反应、燃料电池等知识，关键是首先根据元素周期表有关知识推出各元素，然后依据相关知识作答。注意增大生成物的浓度，逆反应速率增大（突变），正反应速率也增大（渐变）。‎ ‎ ‎