山东省泰安市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试卷 Word版含解析 25页

山东省泰安市2019-2020学年高一下学期期末考试 化学试题 ‎1.《本草纲目》记载了“升炼轻粉(Hg2Cl2)法”：用水银一两，白矾(明矾）二两，食盐一两，同研不见星，铺于铁器内，以小乌盆覆之，筛灶灰盐水和，封固盆口，以炭打二炷香，取开则粉升于盆上矣。其白如雪，轻盈可爱。一两汞，可升粉八钱。文中从生成物中分离出轻粉涉及的操作方法为 A. 蒸馏 B. 萃取 C. 干馏 D. 升华 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸馏是利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，题目中没有涉及蒸馏，故A不符合题意；‎ B．萃取是利用系统中组分在溶剂中有不同的溶解度来分离混合物的单元操作；题目中没有涉及萃取，故B不符合题意；‎ C．干馏是固体或有机物在隔绝空气条件下加热分解的反应过程；题目中没有涉及干馏，故C不符合题意；‎ D．升华是固态物质不经液态直接变为气态，升炼轻粉(Hg2Cl2)法是将汞，十二水合硫酸铝钾和氯化钠共热反应制得轻粉，“取开则粉升于盆上矣”表明是由固体加热生成气体，气体再凝固成轻粉，从生成物中分离出轻粉涉及的操作方法为升华，故D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎2.如图是近年来我国化石燃料和其他能源的消耗构成示意图，下列说法正确的是(　　)‎ A. 当今人类所需的能量绝大部分是由化学反应产生的 B. 煤、石油、天然气的成分都是烃 C. 为消除温室效应，应禁用煤、石油、天然气等含碳能源 D. 核能、氢能、太阳能是当今社会的主要能源 - 25 -‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.尽管随着社会的发展，人类已经开发利用了多种能源，但当今人类社会的主要能源仍是煤、石油、天然气等化石能源，而这些物质所储存的能量的释放，均是通过化学反应实现的，故A正确；‎ B.煤的主要成分是碳，天然气的主要成分是甲烷，石油的化学成分主要是各种液态的碳氢化合物，故B错误；‎ C.空气有自净能力，合理开发使用能源就可以减少温室效应，故C错误；‎ D.当今社会的主要能源是煤、石油、天然气，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎3.用化学用语表示 NH3+ HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）‎ A. 中子数为8的氮原子： B. HCl 的电子式： ‎ C. NH3的结构式： D. Cl−的结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、中子数为8的氮原子的质量数为15；‎ B、HCl中只含共价键；‎ C、NH3中含个N-H键；‎ D、Cl-最外层有8个电子。‎ ‎【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；‎ B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；‎ C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；‎ D、Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】‎ - 25 -‎ 本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。‎ ‎4.如图是四种常见有机物分子的比例模型示意图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲是甲烷，甲烷的二氯取代产物只有一种结构 B. 乙是乙烯，乙烯可与溴水发生取代反应使溴水褪色 C. 丙是苯，苯结构比较稳定，不能发生氧化反应 D. 丁是乙酸，一定条件下乙酸能跟乙醇发生酯化反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷为正四面体结构，甲烷中所有氢原子位置相同，所以其二氯代物只有1种，A正确；‎ B．乙是乙烯，乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，不是取代反应，B错误；‎ C．丙是苯，苯结构比较稳定，但可燃烧，也为氧化反应，C错误；‎ D．丁是乙醇，不是乙酸，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列说法正确的是 ‎①伴有能量变化的过程都是化学变化 ‎②化学反应一定有能量变化，主要是由化学键变化引起的 ‎③吸热反应需要加热后才能发生，放热反应不加热就会发生 ‎④化学反应吸收或放出热量的多少与参加反应的物质的状态、物质的量有关 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①伴有能量变化的过程可能是化学变化，也可能是物理过程，如水气化吸热，伴有能量变化，但属于物理变化，故①错误；‎ - 25 -‎ ‎②化学反应的本质是旧化学键断裂吸收能量、新化学键形成放出能量，所以反应过程中一定伴随能量的变化，故②正确；‎ ‎③吸热反应不一定需要加热，如氢氧化钡晶体和氯化铵反应是吸热反应，常温下可发生；放热反应有时也需要加热才能进行，如铝热反应，故③错误；‎ ‎④反应物的状态不同则其所具有的总能量不同；反应物的质量不同，则反应中的能量变化也不同，故④正确；‎ 说法正确的有②④，答案选D。‎ ‎6.已知1~18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-具有相同的电子层结构，下列关系正确的是 A. 质子数：c＞d B. 离子的还原性：Y2-＞Z-‎ C. 离子半径：X+＞Z- D. 原子半径：X＜W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知aW3＋、bX＋、cY2－、dZ－都具有相同的电子层结构，X、W是阳离子，Y、Z是阴离子，所以X、W位于Y、Z的下一周期；根据所带电荷数，则原子序数：c＜d＜b＜a，据此分析解答。‎ 详解】A．质子数=原子序数，根据分析，质子数：c＜d，故A错误；‎ B．Z在Y元素的右侧，Z元素的非金属性比Y强，所以阴离子的还原性Y2-＞Z-，故B正确；‎ C．具有相同的电子层结构的微粒，核电荷数越大，半径越小，由于d＜b，则离子半径：Z-＞X+，故C错误；‎ D．X与W是同周期元素，同周期元素随原子序数增大半径逐渐减小，X的原子序数小于W，所以原子半径：X＞W，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列物质中，不可一次性鉴别乙醇、乙酸和苯的是 A. 碳酸钠溶液 B. 酸性高锰酸钾溶液 C. 溴水 D. 紫色石蕊溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，乙醇与碳酸钠溶液不反应，且互溶，不分层，苯与碳酸钠分层，现象不同，可鉴别，故A不选；‎ B - 25 -‎ ‎．乙酸和高锰酸钾溶液不反应，不分层，乙醇与高锰酸钾溶液反应褪色，不分层，苯与高锰酸钾溶液混合分层，现象不同，可鉴别，故B不选；‎ C．溴水与乙醇、乙酸均不反应，且不分层，现象相同，不能鉴别，故C选；‎ D．紫色石蕊遇乙酸变红，乙醇与紫色石蕊互溶，不分层，苯与紫色石蕊混合分层，现象不同，可鉴别，故D不选；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列说法中正确的是 A. H2和D2都是氢元素的同素异形体 B. 和互为同分异构体 C. 和是同一种物质 D. 正丁烷和异丁烷互为同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由同一种元素组成、结构不同的单质叫做同素异形体；分子式相同而结构不同的化合物叫做同分异构体；组成相似，分子式相差1个或n个CH2原子团的化合物为同系物；据此结合选项分析解答问题。‎ ‎【详解】A．H2和D2都是由氢的不同同位素构成的同种单质，不是同素异形体，故A错误；‎ B．苯的邻二元取代物只有一种结构，所以和是同一物质，故B错误 ；‎ C．和分子式相同，结构也相同，都是异戊烷，是同种物质，故C正确；‎ D．正丁烷和异丁烷的分子式相同而结构不同，互为同分异构体，不互为同系物，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.如图所示，电流表指针发生偏转，同时A极质量减少，B极上有气泡产生，C - 25 -‎ 为电解质溶液，下列说法错误的是（ ）‎ A. C中阳离子向A极移动 B. A、B、C可能分别为Zn、Cu、稀盐酸 C. B极为原电池的正极 D. A极发生氧化反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电流表指针发生偏转，说明形成原电池反应，化学能转化为电能；同时A极质量减少，则A为原电池负极，B极上有气泡产生，B为原电池正极，C为电解质溶液；‎ A. 在原电池中阳离子移向正极，故阳离子应该移向B电极，A错误；‎ B. A、B、C可能分别为Zn、Cu、稀盐酸，锌作负极，铜作正极，符合题干反应现象，B正确；‎ C. B极上有气泡产生，则B为原电池正极，C正确；‎ D. A电极是原电池的负极，失去电子，发生氧化反应，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎10.一定条件下，在体积一定的密闭容器中加入1molN2和3molH2发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ•mol-1（此式表示1molN2和3molH2完全反应生成2molNH3，放出的热量是92kJ）。下列有关说法正确的是 A. 向容器中再加N２，可以加快反应速率 B. 达到化学平衡时，反应放出热量92kJ C. 达到化学平衡时，正、逆反应速率都为0‎ D. 单位时间内生成0.1molN2，同时生成0.3molH2，说明该反应达到化学平衡状态 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向容器中再加入N2，N2的浓度增大，反应速率加快，故A正确；‎ B - 25 -‎ ‎．该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以化学反应达到平衡状态时，反应放出热量小于92 kJ，故B错误；‎ C．可逆反应达到平衡为动态平衡，反应仍然在进行，正、逆反应速率相等都不为0，故C错误；‎ D．单位时间内生成1 mol N2，同时生成3 molH2，表示的都是逆向进行，因此不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能说明该反应达到化学平衡状态，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.同温同压下，等体积的两容器内分别充满14N16O和13C16O气体，下列对两容器中气体的判断正确的是 A. 分子数相同 B. 气体质量相同 C. 质子数相同 D. 中子数相同 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据阿伏加德罗定律，同温同压下，等体积的两容器内分别充满NO和CO气体，则二者气体的物质的量一定相等，根据N=nNA，分子个数也相等，据此分析。‎ ‎【详解】A．根据阿伏加德罗定律，同温同压下，等体积的两容器内分别充满NO和CO气体，则二者气体的物质的量一定相等，根据N=nNA可以知道，两容器中气体的分子数相同，故A正确；‎ B．14N16O和13C16O的摩尔质量不同，根据m=nM可以知道物质的量相等时二者的质量不相等，故B错误；‎ C．因为14N16O和13C16O的质子数分别为15和14，不相同，所以物质的量相同，分子个数也相等的二者含有的质子总数一定不相等，故C错误；‎ D．一个14N16O和13C16O分子均含有15个中子，分子数相同的14N16O和13C16O含有的中子数相同，故D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎12.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：下列说法正确的是（ ）‎ - 25 -‎ A. 分离器中的物质分离操作为过滤 B. 该工艺中HI的量没有改变，可视作该工艺的催化剂 C. 该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”‎ D. 碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分离器中的物质都可溶，所以不能用过滤的方法分离，故A错误；‎ B. 由题干知该工艺中HI的量没有改变是因为碘的循环利用，在整个工艺中，碘先做氧化剂氧化二氧化硫，而后HI分解生成碘，HI是中间产物，并非催化剂，故B错误；‎ C. 该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”‎ D. 碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI 故选C。‎ ‎13.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价：‎ 元素代号 L M Q R T 原子半径/nm ‎0.160‎ ‎0.143‎ ‎0.111‎ ‎0.106‎ ‎0.066‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+2‎ ‎+6、-2‎ ‎-2‎ 根据表中信息，判断以下说法正确的是 A. 最高价氧化物对应水化物的碱性：L＞M B. 简单氢化物的稳定性：H2R＞H2T C. L2+与R2-的核外电子数相等 D. 单质与等浓度的稀盐酸反应的速率：Q＞L ‎【答案】A ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【分析】‎ 短周期元素，T、R都有-2价，处于ⅥA族，T只有-2价，则T为O元素、R为S元素，L、Q都有+2价，处于ⅡA族，原子半径L>Q，则L为Mg元素、Q为Be元素，M有+3价，处于ⅢA族，原子半径M的介于L、R之间，则M为Al元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．L为Mg元素、M为Al元素，同周期元素随原子序数增大金属性逐渐减弱，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Mg＞Al，最高价氧化物对应水化物的碱性L＞M，故A正确；‎ B．T为O元素、R为S元素，同主族元素随原子序数增大非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，简单氢化物的稳定性H2O＞H2S，故B错误；‎ C．L为Mg元素，R为S元素，Mg2+的核外电子数为12−2=10，S2−的核外电子数为16−(−2)=18，核外电子数不相等，故C错误。‎ D．L为Mg元素、Q为Be元素，同主族元素随原子序数增大金属性逐渐增强，金属性越强，金属单质越活泼，与等浓度的稀盐酸反应的速率越快，金属性Mg＞Be，单质与等浓度的稀盐酸反应的速率L＞Q，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.利用煤化工所得的苯可合成甲苯、乙苯、环己烷，其反应如下：‎ ‎①＋CH3Cl(甲苯)＋HCl ‎②CH2=CH2＋(乙苯)‎ ‎③＋3H2‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应①、②、③均属于加成反应 B. 溴水中加入苯，二者可发生取代反应 C. 乙苯中所有碳原子一定在同一平面上 D. 能用溴水判断反应②所得的乙苯中是否混有乙烯 ‎【答案】D - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由方程式可知，苯生成乙苯、环己烷为加成反应，而苯合成甲苯的反应为取代反应，故A错误；‎ B. 苯与溴水不反应，在催化条件下苯与液溴反应，故B错误；‎ C. 乙苯含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能在同一个平面上，故C错误；‎ D 乙烯含有碳碳双键，可使溴水褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查笨的结构和化学性质，需要考生在知识点学习过程中牢记基本知识。‎ ‎15.下列说法不正确的是 A. 油脂有油和脂肪之分，但都属于酯 B. 葡萄糖、蔗糖和麦芽糖均为双糖 C. 蛋白质约占人体中除水分外剩余物质质量的一半 D. 用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．油脂包含植物油和动物脂肪，都是高级脂肪酸甘油酯，分子结构中含有酯基，都属于酯，故A正确；‎ B．葡萄糖是单糖，蔗糖和麦芽糖均为双糖，故B错误；‎ C．蛋白质是构成人体的物质基础，约占人体中除水分外剩余物质质量的一半，故C正确；‎ D．棉花的主要成分为纤维素，但蚕丝的主要成分是蛋白质，故D错误；‎ 答案选BD。‎ ‎16.短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图(甲不一定在丁、庚的连线上)，戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。下列判断正确的是 A. 甲一定是金属元素 B. 气态氢化物的稳定性：庚>己>戊 C. 乙、丙、丁的最高价氧化物的水化物可以相互反应 D. 庚的最高价氧化物的水化物酸性最强 - 25 -‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素，则戊是N，己是O，则甲是H(或Li)、乙是Mg、丙是Al、丁是C、庚是F，据此解答。‎ ‎【详解】A．甲为H或Li，可能为金属元素Li，也可能是非金属元素H，A错误；‎ B．同周期从左往右，非金属增强，则气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊，B正确；‎ C．乙是Mg，其最高价氧化物的水化物为Mg(OH)2、丙是Al，其最高价氧化物的水化物为Al(OH)3，丁是C，其最高价氧化物的水化物为H2CO3，它们之间不会反应，C错误；‎ D．庚是F，F没有正价，无最高价含氧酸，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎17.实验室利用乙醇催化氧化法制取并提纯乙醛的实验过程中，下列装置未涉及的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙醇催化氧化生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，结合相关装置分析 ‎【详解】A、分离提纯得到乙醛用蒸馏法，蒸馏要用到该装置，故A不选；‎ - 25 -‎ B、B装置是乙醇的催化氧化装置，故B不选；‎ C、提纯乙醛不用分液法，故用不到分液漏斗和烧杯，C选；‎ D、蒸馏法提纯乙醛要用到冷凝管，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎18.下列事实或实验现象不能作为实验判断依据的是 A. 钠和镁分别与冷水反应，判断钠与镁的元素原子失电子能力强弱 B. MgCl2与AlCl3溶液分别与过量氨水反应，判断镁与铝的元素原子失电子能力强弱 C. 硫酸与NaHCO3溶液反应生成CO2，判断硫与碳的元素原子得电子能力强弱 D. Br2与I2分别与H2反应，判断溴与碘的元素原子得电子能力强弱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠和镁分别与冷水反应，和水反应越剧烈，金属的活泼性越强，失电子能力强，故A能作为实验判断依据；‎ B．MgCl2与AlCl3溶液分别与过量氨水反应，都会发生反应产生白色沉淀Mg(OH)2、Al(OH)3，两者现象一样，因此不能判断镁与铝的金属活动性强弱，故B不能作为实验判断依据；‎ C．硫酸与NaHCO3溶液反应生成CO2，则说明硫酸酸性强于碳酸，元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强则得电子的能力强，所以据此可以判断碳与硫的得电子能力强弱，故C能作为实验判断依据；‎ D．Br2、I2的单质和氢气化合的难易程度可以判断非金属性强弱，越容易与氢气化合，元素非金属性越强，越容易得到电子，可以确定得电子的能力强弱，故D能作为实验判断依据；‎ 答案选B。‎ ‎19.如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在烧杯(1)中加入CaO，在烧杯(2)中不加其他物质，烧杯(3)中加入NH4Cl，发现烧瓶(1)中红棕色变深，烧瓶(3)中红棕色变浅。［已知反应2NO2(红棕色)⇌N2O4(无色)］，下列叙述正确的是 - 25 -‎ A. 2NO2⇌N2O4是放热反应 B. NH4Cl溶于水时放出热量 C. 烧瓶(1)中混合气体的平均相对分子质量减小 D. 烧瓶(3)中气体的压强增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2NO2(g)⇌N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，若红棕色加深，说明向生成NO2的方向进行，若红棕色变浅说明向生成N2O4的方向进行；已知CaO和水反应生成氢氧化钙的反应是放热反应，据此分析(1)瓶中的热量变化；(3)瓶中颜色变浅，说明反应正向移动，根据方程式发现反应后气体体积变小，据此分析(3)瓶的压强变化情况。‎ ‎【详解】A．(1)中红棕色变深，说明平衡是向逆反应方向移动的，而CaO和水反应放出热量，即逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，故A正确；‎ B．(3)中红棕色变浅，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，则氯化铵溶于水时吸收热量，故B错误；‎ C．(1)中平衡逆向移动，NO2和之前相比含量增多，气体的总的量不变，气体的物质的量增大，则体系中平均相对分子质量减小，故C正确；‎ D．(3)中红棕色变浅，说明氯化铵溶于水时吸收热量，平衡正向移动，气体的物质的量减小，则烧瓶(3)中的压强必然减小，故D错误；‎ 答案选AC。‎ ‎20.某有机物蒸气，完全燃烧时消耗的氧气是其体积的3倍，产生的二氧化碳是其体积的2倍，则该有机物可能是 A. CH3CHO B. CH3COOH C. C2H4 D. C2H5OH ‎【答案】CD - 25 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】相同条件下，物质量之比=气体体积之比，某有机物蒸气，完全燃烧时消耗的氧气是其体积的3倍，产生的二氧化碳是其体积的2倍，即1mol该有机物完全燃烧消耗3mol氧气，生成2mol二氧化碳，根据碳原子守恒，该有机物中含有2个碳原子，令烃CxHy，烃含氧衍生物CxHyOz，根据燃烧通式，1mol该有机物的耗氧量应满足(x+)或(x+−)的值等于3，‎ A．CH3CHO分子中含有2个碳原子，耗氧量为(x+−)=2+1-0.5=2.5，故A不符合题意；‎ B．CH3COOH分子中含有2个碳原子，耗氧量为(x+−)=2+1-1=2，故B不符合题意；‎ C．C2H4分子中含有2个碳原子, 耗氧量为(x+)=2+1=3，故C符合题意； ‎ D．C2H5OH分子中含有2个碳原子，耗氧量为(x+−)=2+1.5-0.5=3，故D符合题意；‎ 答案选CD。‎ ‎21.(1)下列物质：A．氩、B．NaOH、C．甲烷、D．氯化钡、E．乙烯、F．NH3、G．CCl4、H．H2O2。‎ ‎①只含有离子键的是____________(填序号，下同)；‎ ‎②既含有离子键又含有共价键的是____________；‎ ‎③只含有共价键的是____________。‎ ‎(2)下列变化：①碘的升华、②烧碱熔化、③氯化钠溶于水、④氯化氢溶于水、⑤氧气溶于水、⑥氯化铵受热分解。化学键未被破坏的是____________，仅离子键被破坏的是____________，仅共价键被破坏的是____________。‎ ‎【答案】 (1). D (2). B (3). CEFGH (4). ①⑤ (5). ②③ (6). ④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据离子键和共价键的形成条件判断物质中含有的化学键类型；先判断物质所含的化学键的种类，再判断化学键是否被破坏，据此分析。‎ ‎【详解】(1) A．氩是稀有气体单质，没有化学键，只存在分子间作用力；‎ B．NaOH是强碱，存在离子键和极性共价键；‎ C．甲烷是碳的气态氢化物，只存在极性共价键；‎ D．氯化钡是盐，只含离子键；‎ - 25 -‎ E．乙烯是有机物，含极性共价键和非极性共价键；‎ F．NH3是氮的气态氢化物，只存在极性共价键；‎ G．CCl4是有机物，只存在极性共价键；‎ H．H2O2是非金属氢化物，含极性共价键和非极性共价键； ‎ ‎①只含离子键的物质是D；②既有离子键又有共价键的化合物是B；③只含共价键的物质是CEFGH；‎ ‎(2)①碘的升华，只是状态的变化，化学键没被破坏；‎ ‎②烧碱中存在离子键和共价键，烧碱熔化，电离出自由移动的离子，离子键被破坏；‎ ‎③氯化钠中存在离子键，氯化钠溶于水，电离出自由移动的离子，离子键被破坏；‎ ‎④氯化氢中存在共价键，氯化氢溶于水，电离出自由移动的离子，共价键被破坏；‎ ‎⑤氧气溶于水，共价键没被破坏；‎ ‎⑥氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，既有离子键被破坏又有共价键被破坏；‎ 未发生化学键破坏的是①⑤；仅发生离子键破坏的是②③；仅发生共价键破坏的是④。‎ ‎【点睛】氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，既有离子键被破坏又有共价键被破坏是易错点，判断化学键是否变化时要观察变化前后物质的类别变化。‎ ‎22.H2与O2、F2均能发生反应，如图为H2与F2发生反应生成HF过程中的能量变化示意图。请回答下列问题：‎ ‎(1)完成转化I、II____________(填“吸收”或“放出”，下同)能量，完成转化III____________能量。‎ ‎(2)H2和F2反应能量变化图可用____________(填“A”或“B”)表示。‎ - 25 -‎ ‎(3)如图是宇宙飞船上使用的一种新型电池装置。A、B两个电极均由多孔的碳块组成，该电池正极的电极反应式为____________；若将该装置中的氢气换成甲烷，其余都不改变，对应装置的负极电极反应式为____________。‎ ‎【答案】 (1). 吸收 (2). 放出 (3). A (4). O2+4e-+2H2O=4OH- (5). CH4-8e-+10OH-=+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量；根据H2与F2发生反应生成HF过程中的能量变化判断反应是吸热还是放热，选择合适的能量图；碱性氢氧燃料电池中，氧气做正极，生成氢氧根离子，根据化合价的变化写出电极反应；甲烷燃料电池中甲烷作负极，在碱性条件下生成碳酸根离子，根据化合价的变化写出电极反应，据此分析。‎ ‎【详解】(1)断裂化学键吸收能量，完成转化I、II吸收能量，形成化学键释放能量；完成转化III放出能量；‎ ‎(2)H2与F2发生反应生成HF过程中断裂反应物中化学键共吸收154kJ/mol+436kJ/mol=580kJ/mol的热量，形成生成物中化学键共释放的能量为565×2kJ/mol=1130kJ/mol580kJ/mol，反应放热，反应物的总能量高于生成物的总能量，能量变化图选择A；‎ ‎(3)该电池为碱性氢氧燃料电池，该电池正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；若将该装置中的氢气换成甲烷，碱性甲烷燃料电池，甲烷作负极，氧气做正极，负极上甲烷失去电子，发生氧化反应，转变成碳酸根离子，甲烷中的碳元素的化合价从-4价升高到+4价，一个甲烷分子失去8个电子，根据电荷守恒计算氢氧根离子的数目，根据原子守恒配平电极反应，电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=+7H2O。‎ - 25 -‎ ‎【点睛】写电极反应时，可以利用化合价的变化找到反应物转变为生成物转移的电子数，根据电荷守恒配上离子，根据原子守恒配平电极反应，为快速书写电极反应的方法。‎ ‎23.现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大。已知在周期表中A是原子半径最小的元素，B的气态氢化物能与其最高价氧化物对应的水化物反应得到离子化合物，C原子最外层电子数是其电子层数的3倍，D+和E3+的电子层结构相同，C与F属于同一主族。请回答下列问题：‎ ‎(1)F在元素周期表中的位置是____________。‎ ‎(2)上述B、C、D、E、F、G元素形成的简单离子中，半径最小的是____________(填离子符号)。‎ ‎(3)由上述元素中的一种或几种组成的常见物质甲可以发生如图反应：‎ ‎①若物质乙具有漂白性，则物质乙的化学式为____________。‎ ‎②若物质丙的水溶液是强碱性溶液，则物质甲化学式为____________。‎ ‎(4)由A、B、C、F四种元素组成的一种离子化合物X，已知：①1molX能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4L气体；②X能与盐酸反应产生气体Y，该气体能与氯水反应，则X是____________(填化学式)，写出气体Y与氯水反应的离子方程式____________。‎ ‎【答案】 (1). 第3周期ⅥA族 (2). Al3+ (3). HClO (4). Na或Na2O2 (5). NH4HSO3 (6). SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大，在周期表中A是原子半径最小的元素，则A为H元素；B的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，则B为N元素；C原子最外层电子数是电子层数的3倍，则C为O元素；C与F属于同一主族，则F为S元素；G的原子序数大于硫的，故G为Cl元素；D+和E3+离子的电子层结构相同，为第三周期元素，D为Na元素、E为Al元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)F是S元素，原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，位于第三周期第ⅥA族；‎ ‎(2)B、C、D、E、F、G元素形成的简单离子分别为N3−、O2−、Na+、Al3+、S2−、Cl−，电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径：‎ - 25 -‎ S2−＞Cl−＞N3−＞O2−＞Na+＞Al3+，半径最小的是Al3+；‎ ‎(3)①若乙具有漂白性，则乙为HClO、甲是氯气、丙是HCl；‎ ‎②若丙的水溶液是强碱性溶液，则甲为Na或Na2O2，丙为NaOH，乙为氢气或氧气；‎ ‎(4)由H、N、O、S四种元素组成的一种离子化合物X，已知：①1molX能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4L气体，生成气体为1mol，说明1molX含有1molNH，②X能与盐酸反应产生气体Y，该气体能与氯水反应，则Y为SO2，X是NH4HSO3，气体Y与氯水反应的离子方程式：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+。‎ ‎24.(1)在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入容积为2L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间的变化情况如图1所示。‎ ‎①该反应的化学方程式(反应物或生成物用符号X、Y表示)：____________。‎ ‎②a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是____________。‎ ‎③在0~10min内Y物质的反应速率为____________。‎ ‎(2)如图2所示是可逆反应X+3Y2Z的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是____________(填字母)。‎ A.t1时，只有正方向反应在进行 B.t2时，反应达到最大限度 - 25 -‎ C.t2~t3，反应不再进行 D.t2~t3，各物质的浓度不再发生变化 ‎【答案】 (1). Y2X (2). bd (3). 0.02mol•L-1•min-1 (4). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①由图可知，X的物质的量浓度增加，Y的物质的量浓度减少，则X为生成物，Y为反应物，再由10mim达到平衡可知X、Y的物质的量浓度变化量，再根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比书写方程式；‎ ‎②物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态；‎ ‎③根据v=计算反应速率；‎ ‎(2)由图可知，反应从正反应开始，在t2之前正反应速率大于逆反应速率，t2时反应到达限度，在t2之后化学反应处于动态平衡中，各物质的浓度不再变化。‎ ‎【详解】(1)①由图可知，X的物质的量浓度增加，Y的物质的量浓度减少，则X为生成物，Y为反应物，再由10mim达到平衡可知，△c(Y)：△c(X)=(0.6-0.4)mol/L：(0.6-0.2)mol/L=1：2，物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，则反应方程式为Y2X；‎ ‎②由图可知，10～25min及35min之后X、Y的物质的量浓度不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态；‎ ‎③在0~10min内Y物质的浓度变化量△c(Y)= (0.6-0.4)mol/L=0.2 mol/L，根据v(Y)===0.02 mol•L-1•min-1；‎ ‎(2)A．t1时，正、逆反应都发生，且正方向反应速率大于逆反应速率，故A错误；‎ B．t2时，正、逆反应速率相等，则反应到达最大限度，故B正确；‎ C．t2～t3，正、逆反应速率相等，化学反应达到动态平衡，反应仍在继续进行，故C错误；‎ D．t2～t3，为化学平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，故D正确；‎ 答案选BD。‎ ‎25.牛奶长时间放置会变酸，这是因为牛奶中含有的乳糖在微生物的作用下分解变成了乳酸。乳酸最初就是从酸牛奶中得到并由此而得名的。乳酸的结构简式为 - 25 -‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)写出乳酸分子中官能团的名称：____________。‎ ‎(2)写出乳酸与足量金属钠反应的化学方程式：____________。‎ ‎(3)写出足量乳酸与碳酸钠溶液反应的化学方程式：____________。‎ ‎(4)在浓硫酸作用下，两分子乳酸相互反应生成具有环状结构的物质，写出此生成物的结构简式：____________。‎ ‎(5)乳酸不能发生的反应类型是____________(填序号)。‎ A．氧化反应　　　B．取代反应 C．加成反应　　　D．酯化反应 ‎【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). +2Na→+H2↑ (3). 2+Na2CO3→2+CO2↑+H2O (4). (5). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乳酸分子中官能团为羟基和羧基，乳酸具有醇的性质和酸的性质，可以和钠发生置换反应，可以和碳酸钠反应生成乳酸钠二氧化碳和水，两分子相互反应生成六元环状状结构的物质，属于酯类，即分子发生酯化反应；乳酸分子中没有不饱和的碳碳双键、碳碳三键或碳氧双键，不能发生加成反应，据此分析。‎ ‎【详解】(1) 根据乳酸的结构简式为：，乳酸分子中官能团的名称为羟基、羧基；‎ - 25 -‎ ‎(2)乳酸与足量金属钠反应生成乳酸钠和氢气，化学方程式：+2Na→+H2↑；‎ ‎(3)足量乳酸与碳酸钠溶液反应生成乳酸钠二氧化碳和水，化学方程式为2+Na2CO3→2+CO2↑+H2O；‎ ‎(4)在浓硫酸作用下，两分子相互反应生成六元环状状结构的物质，属于酯类，即分子发生酯化反应，该生成物结构简式为：；‎ ‎(5) A．乳酸属于有机物，可以被氧气氧化发生氧化反应，同时含有羟基，能被酸性高锰酸钾氧化，发生氧化反应，故A不符合题意；‎ B．乳酸分子中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，即取代反应，故B不符合题意；‎ C．乳酸分子中没有不饱和的碳碳双键、碳碳三键或碳氧双键，不能发生加成反应，故C符合题意；‎ D．乳酸分子中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】乳酸与足量金属钠反应时，羟基和羧基都和钠反应，1mol乳酸消耗2mol钠生成1mol氢气，为易错点。‎ ‎26.利用如图装置可以验证元素性质的递变规律。‎ - 25 -‎ 已知：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ‎(1)干燥管D的作用除导气外还有____________。‎ ‎(2)实验室中现有药品：Na2S溶液、KMnO4、浓盐酸、MnO2。请选择合适的药品设计实验验证氯元素原子的得电子能力强于硫。装置A、B、C中所装药品分别为_________、__________、__________，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成。‎ ‎(3)若要证明元素原子得电子能力C＞Si，则A中应加入____________、B中加Na2CO3、C中加___________，观察到C中的现象为有白色胶状沉淀产生。‎ ‎【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 浓盐酸 (3). KMnO4 (4). Na2S溶液 (5). 稀硫酸 (6). Na2SiO3溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中发生氧化还原反应产生氯气，根据仪器的构造写出仪器A的名称；球形干燥管具有防止倒吸的作用；设计实验验证非金属性：C＞Si，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证；要证明非金属性：C＞Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明。‎ ‎【详解】(1)仪器A为分液漏斗，分液漏斗中加的是浓盐酸，将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中发生氧化还原反应产生氯气，球形干燥管D能够防止倒吸；‎ ‎(2)验证非金属性：Cl＞S，利用氯气与Na2S的氧化还原反应可验证，反应没有加热装置，选择浓盐酸和KMnO4制备氯气，则装置A．B．C中所装药品应分别为浓盐酸、KMnO4、Na2S溶液，氯气可以将硫化钠中的硫单质置换出来，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，装置C中发生反应的离子方程式为S2−+Cl2＝S↓+2Cl−；‎ ‎(3)元素原子得电子能力C＞Si，非金属性C＞Si，若要证明非金属性：C＞Si，可以通过二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明，由于B中加Na2CO3，故A - 25 -‎ 中可以加硫酸，通过硫酸和碳酸钠的反应来制取CO2，然后的CO2通入C中的Na2SiO3中，可以发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，产生白色胶状沉淀，从而可以证明酸性：H2CO3＞H2SiO3。‎ ‎【点睛】比较非金属性强弱时，可以比较单质的氧化性，最高价氧化物对应的水化物的酸性来验证，设计实验为难点。‎ ‎27.乙烯是重要的有机化工原料，通过下列转化可制取某些常见有机物。‎ 结合以上转化路线回答：‎ ‎(1)反应④的化学方程式是____________。‎ ‎(2)与A物质互为同分异构体的有机物的结构简式为____________。‎ ‎(3)F是一种高分子化合物，可用于制作食品袋，其结构简式为____________。‎ ‎(4)G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。‎ 制法一：实验室用D和E反应制取G，装置如图所示。‎ ‎①甲试管中加入反应混合物后，为了防止液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是____________。‎ ‎②试管乙中饱和Na2CO3溶液的作用是____________。‎ ‎③反应结束后，振荡试管乙，静置，观察到的现象是____________。‎ 制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。‎ ‎④该反应类型是____________。‎ ‎⑤与制法一相比，制法二的优点是____________。‎ ‎【答案】 (1). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (2). H3C-CHBr2 (3). ‎ - 25 -‎ ‎ (4). 加入沸石(或碎瓷片) (5). 吸收随乙酸乙酯蒸出的少量乙酸和乙醇，乙酸乙酯在饱和Ｎa2CO3溶液中的溶解度较小，便于溶液分层得到乙酸乙酯 (6). 液体分层，上层是透明的油状液体 (7). 加成反应 (8). 原子利用率高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由转化关系可知乙烯与溴发生加成反应生成A，A为BrCH2CH2Br，水解生成B，B是CH2OHCH2OH，乙烯与水发生加成反应生成D，D为CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛氧化生成E为CH3COOH，生成G为CH3COOCH2CH3，乙烯发生加聚反应生成F为；实验室制取乙酸乙酯利用乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂的条件下发生酯化反应制得，以此分析。‎ ‎【详解】(1)反应④是乙醇催化氧化成乙醛，反应的化学方程式2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ ‎(2) A为BrCH2CH2Br，根据官能团溴原子的位置不同可知，与A物质互为同分异构体的有机物的结构简式为H3C-CHBr2；‎ ‎(3)F是聚乙烯，其结构简式为 是由乙烯加聚反应制得的；‎ ‎(4)G是乙酸乙酯，①为了防止液体在实验时发生暴沸，甲试管中加入沸石(或碎瓷片)；‎ ‎②试管乙中饱和Na2CO3溶液的作用是吸收随乙酸乙酯蒸出的少量乙酸和乙醇，乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较小，便于溶液分层得到乙酸乙酯；‎ ‎③反应结束后，乙酸乙酯不易溶于饱和碳酸钠溶液，实验现象是液体分层，上层是透明的油状液体；‎ ‎④制法二是CH2=CH2和CH3COOH发生加成反应可以得到乙酸乙酯；‎ ‎⑤制法一是乙酸和乙醇发生酯化反应，是可逆反应，制法二是化合反应，优点是原子利用率高。‎ ‎【点睛】乙烯和乙酸的反应是难点，学生可能不太熟悉，可以根据乙烯的性质推测出反应类型。‎ ‎28.0.2mol某烃A在氧气中充分燃烧后，生成物B、C各为1.2mol。‎ ‎（1）烃A的分子式为 ________。‎ ‎（2）①若烃A不能因发生反应使溴水褪色，但在一定条件下，能与Cl2‎ - 25 -‎ 发生取代反应，其一氯代物只有一种，则烃A的结构简式为 __________。‎ ‎②若烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下可与H2加成，其加成产物分子中含有4个甲基，则所有符合条件的烃A的结构简式为________。‎ ‎【答案】 (1). C6H12 (2). (3). (CH3)2C=C(CH3)2、CH2=C(CH3)CH(CH3)CH3或CH2=CHC(CH3)3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)利用题目所给的已知条件可计算出n(烃):n(C):n(H)，可进一步得到分子式；‎ ‎(2) ①烃A不能因发生反应使溴水褪色，说明结构中不存在碳碳双键，在一定条件下，能与Cl2发生取代反应，其一氯代物只有一种，说明结构对称，再结合分子式可得其结构；‎ ‎②烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下可与H2加成，说明结构中存在碳碳双键，结合其加成产物分子中含有4个甲基，可知其结构。‎ ‎【详解】(1)由已知条件可知n(烃):n(C):n(H)=0.2mol:1.2mol:2.4mol=1:6:12，因此有机物A的分子式为C6H12；‎ ‎(2)①烃A不能因发生反应使溴水褪色，说明结构中不存在碳碳双键，在一定条件下，能与Cl2发生取代反应，其一氯代物只有一种，说明结构对称，又因A的分子式为C6H12，可知A为环烷烃，即A的结构为；‎ ‎(2) ②烃A能使溴水褪色，在催化剂作用下可与H2加成，说明结构中存在碳碳双键，结合其加成产物分子中含有4个甲基，那么A的结构为(CH3)2C=C(CH3)2、CH2=C(CH3)CH(CH3)CH3或CH2=CHC(CH3)3。‎ - 25 -‎