河北省安平中学2019-2020学年高一下学期质量检测考试化学试题

安平中学2019--2020学年下学期第二次质量检测考试
高一化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na:23 Cu:64 Zn :65 Fe：56
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分共60分）
1.下列各项中表达正确的是
A. F-的结构示意图：
B. CO2的分子模型示意图：
C. NaCl的电子式：
D. N2的结构式：：N≡N：
【答案】A
【解析】
【详解】A. F-的核电荷数为9，核外有10个电子，结构示意图为，A正确；
B.CO2是直线型结构，B错误；
C.氯化钠是仅含离子键的离子化合物，电子式为，C错误；
D.结构式是指用一根短线代替一对共用电子对的式子，氮气的结构式为N≡N，D错误；
答案选A。
2.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 18 g D2O所含的电子数为10NA
B. 1 mol H2O2中含有极性键的数目为3NA
C. 标准状况下，22.4 L四氯化碳所含分子数为NA
D. 32g O2和O3的混合物中含有的氧原子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．D2O的摩尔质量为20g/mol，n（D2O）==0.9mol，18gD2O所含电子物质的量为9mol，A项错误；
B．H2O2的结构式为H-O-O-H，1molH2O2中含有极性键物质的量为2mol，B项错误；
C．标准状况下CCl4呈液态，不能用22.4L/mol计算CCl4物质的量，C项错误；
D．O2和O3互为同素异形体，32gO2和O3的混合物中含n（O）==2mol，32gO2和O3的混合物中含氧原子数为2NA，D项正确；
答案选D。
【点睛】本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及物质的组成和结构、气体摩尔体积、混合物的计算。注意22.4L/mol只适用于标准状况下由气体体积计算气体分子物质的量，
3.下列有关化学用语的表示方法中正确的是(　　)
A. 次氯酸的电子式：
B. Na＋的结构示意图：
C. 用电子式表示MgCl2的形成过程为：
D. M2＋离子核外有a个电子，b个中子，M原子符号为
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO的电子式为，A项错误；
B．Na+的结构示意图为，B项错误；
C．用电子式表示MgCl2的形成过程为：，C项错误；
D．M2+离子核外有a个电子，M原子核外有a+2个电子，M的质子数为a+2，质量数为a+2+b，M的原子符号为，D项正确；
答案选D。
4.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm−（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，若m＞n，则下列叙述的判断正确的是
①a-b=n-m ②元素的原子序数a＞b＞c＞d ③元素非金属性Z＞R ④最高价氧化物对应水化物碱性X＞Y ⑤离子半径r(Rm−)＞r(Zn−)＞r(Yn+)＞r(Xm+)
A. ②③⑤正确 B. 只有③正确 C. ①②③④正确 D. ①②③正确
【答案】A
【解析】
【分析】
四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-（a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，可确定它们的位置，然后利用同周期元素性质的变化规律来分析解答。
【详解】①离子aXm+、bYn+具有相同的电子层结构，则离子具有相同的电子数，即a-m=b-n，故①错误；
②由题意可知，具有相同的电子层结构，根据阴前阳后，X、Y在下一周期，Z、R在上一周期，若m＞n，则Y在X的前面，R在Z的前面，所以元素的原子序数为a＞b＞c＞d，故②正确；
③Z、R为上一周期的非金属元素，且元素的原子序数的离子c＞d，在同一周期元素非金属性从左向右增强，即非金属性Z＞R，故③正确；
④四种主族元素中X、Y为下一周期的金属元素，且元素的原子序数a＞b，在同一周期元素的金属性从左向右减弱，即金属性Y＞X，则最高价氧化物对应水化物碱性Y＞X，故④错误；
⑤由②可知元素的原子序数为a＞b＞c＞d，这四种主族元素的离子具有相同的电子层结构，具有相同电子层结构的离子半径，序数越大半径越小，故⑤正确。
所以正确的为②③⑤。
故选A。
5.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号
X
Y
Z
M
R
Q
原子半径（×10－10 m）
1.86
0.99
1.43
1.60
0.75
0.74
主要化合价
最高正价
＋1
+7
＋3
＋2
＋5
--
最低负价
--
－1
--
--
－3
－2

下列说法正确的是
A. 离子半径r(R3-)﹥r(X+)﹥r(Z3+) B. 元素X和Q形成的化合物中不可能含有共价键
C. Q2－比R3－更容易失去电子 D. Y的含氧酸的酸性一定比R的含氧酸的酸性强
【答案】A
【解析】
【分析】
由短周期元素的原子半径及主要化合价可知，Y存在+7、-1价，则Y为Cl，Q只有-2价，则Q为O，R与Q的半径接近，且R存在+5、-3价，则R为N，X、Z、M均只有正价，且原子半径大于O、Cl的原子半径，则应分别为第三周期的Na、Al、Mg，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径r(R3-)＞r(X+)＞r(Z3+)，故A正确；
B．元素X和Q形成的化合物可能为Na2O2，存在O-O非极性共价键，故B错误；
C．非金属性Q＞R，则R3-比Q2-更容易失去电子，故C错误；
D．高氯酸为所有含氧酸中酸性最强的酸，则Y的最高价含氧酸的酸性一定比R的含氧酸的酸性强，故D错误；
故选A。
【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。(4)同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。
6.已知 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物 DC 中两种离子的电子层结构相同，A、B、C、D 的原子序数之和是 E 的两倍。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：C>B>A
B. 气态氢化物的热稳定性：E>C
C. 最高价氧化对应的水化物的酸性：B>E
D. 化合物 DC 与 EC2 中化学键类型相同
【答案】C
【解析】
【分析】
已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，A为H，B为N，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D为Mg，化合物 DC 中两种离子的电子层结构相同，C为O，A、B、C、D 的原子序数之和是E的两倍，E为Si。
【详解】A. 原子半径：N>C>H，故A错误；
B. 气态氢化物的热稳定性：H2O > SiH4，故B错误；
C. 最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3> H2SiO3，故C正确；
D. 化合物 MgO含有离子键，SiO2含共价键，故D错误；
答案为C。
【点睛】同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。
7.下列叙述不正确的是( )
A. 用电子式表示HCl的形成过程：
B. Ho中的原子核内的中子数与核外电子数之差是99
C. 在空气中加热金属锂：4Li+O22Li2O
D. Na2O2与H2O2中所含的化学键类型不完全相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. HCl为共价化合物，H原子和Cl原子通过电子对的共用形成共价键，用电子式表示HCl的形成过程为，故A正确；
B.HO中的原子核内质量数为166，质子数为67，中子数为199-67＝99，则中子数与核外电子数之差是99-67=32，故B错误；
C. Li的金属性较弱，与氧气反应生成氧化锂，反应方程式为4Li+O22Li2O，故C正确；
D. Na2O2含离子键、O-O非极性键，H2O2含O-H极性键、O-O非极性键，则化学键不完全相同，故D正确。
故选B。
8.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（   ）
A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池
C. 太阳能集热器 D. 燃气灶
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；
B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；
C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；
D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，
答案选D。
9.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是（ ）

反应装置或图像
实验现象或图像信息
A

反应开始后，针筒活塞向右移动
B

反应物总能量大于生成物总能量
C

反应开始后，甲处液面低于乙处液面
D

温度计的水银柱不断上升


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．锌粒与稀硫酸反应产生氢气，不管反应是否放热，反应开始后，针筒活塞都向右移动，A符合题意；
B．从图中可以看出，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，B不合题意；
C．试管内的物质与广口瓶内的物质不发生物质交换，只发生能量交换，反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明广口瓶内气体体积增大，则表明广口瓶内气体温度升高，试管内的反应放热，C不合题意；
D．稀盐酸与氢氧化钠溶液反应，温度计的水银柱不断上升，表明反应放热，D不合题意；
故选A。
10.为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是：

A. H2O的分解反应是放热反应
B. 氢能源已被普遍使用
C. 2 mol液态H2O具有的总能量低于2 mol H2和1 mol O2的能量
D. 氢氧燃料电池放电过程中是将电能转化为化学能
【答案】C
【解析】
【详解】A、H2O的分解反应是吸热反应，故A错误；B、氢能源将成为21世纪的主要绿色能源，氢气是通过电解制备的，耗费大量电能，廉价制氢技术采用太阳能分解水，但技术不成熟，是制约氢气大量生产的因素，氢能源未被普遍使用，故B错误；C、因为H2O的分解反应是吸热反应，所以2molH2O具有的总能量低于2molH2和1molO2的能量，故C正确；D、氢氧燃料电池放电过程是原电池原理，是将化学能转化为电能，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了氢能源的优点，但氢能源也有缺点，如：氢气制备成本高、不易保存、安全性低等，同学们需要全面的分析问题。本题的易错点为A，要记住常见的吸热和放热反应。
11.我国成功研制出新型“海水电池”。电池反应为4Al＋3O2＋6H2O=4Al(OH)3。下列关于该电池的说法不正确的是
A. 铝片作负极 B. 海水作电解质溶液
C. 电池工作时，O2失去电子 D. 电池工作时实现了化学能向电能的转化
【答案】C
【解析】
【分析】
由电池反应的方程式可知，还原剂Al为负极，失电子发生氧化反应生成Al(OH)3，电极反应式为Al﹣3e﹣+3OH﹣=Al（OH）3，氧化剂O2在正极得电子被还原发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣。
【详解】A项、由电池反应的方程式可知，还原剂Al为负极，失电子发生氧化反应生成Al(OH)3，故A正确；
B项、海水中含有氯化钠等电解质，可导电，为原电池反应的电解质溶液，故B正确；
C项、由电池反应的方程式可知，氧化剂O2在正极得电子被还原发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C错误；
D项、原电池为化学能转化为电能的装置，故D正确；
故选C。
12.已知密闭容器中进行的合成氨反应为N2＋3H22NH3，该反应为放热反应。下列判断正确的是(　　)
A. 1 mol N2和3 mol H2的能量之和与2 mol NH3具有的能量相等
B. 反应过程中同时有1.5 mol H—H键、3 mol N—H键断裂时，N2的浓度维持不变
C. 降低NH3的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D. 当反应速率满足v(N2)∶v(H2)＝1∶3时，反应达到最大限度
【答案】B
【解析】
【详解】A．合成氨反应为放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，A项错误；
B．反应过程中有1.5 mol H—H键、3 mol N—H键同时断裂时，正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，N2的浓度不变，B项正确；
C．降低NH3的浓度，正反应速率不会增大，C项错误；
D．任何时刻，都有各物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，均满足v(N2)∶v(H2)＝1∶3，不一定是平衡状态，D项错误；
本题答案选B。
13.下图所示的实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 验证化学能转化为电能
B. 研究催化剂对化学反应速率的影响
C 实验室制氨气
D. 验证非金属性：Cl>C>Si
【答案】B
【解析】
【详解】A．两烧杯内的溶液没有用盐桥连接，不能形成闭合回路，不能形成原电池，所以不能验证化学能转化为电能，A不合题意；
B．FeCl3是双氧水分解的催化剂，由双氧水分解产生气泡的快慢，研究催化剂对化学反应速率的影响，B符合题意；
C．在此装置内，NH4Cl分解生成的NH3和HCl在试管口遇冷化合，不能用于实验室制氨气，C不合题意；
D．稀盐酸与Na2CO3反应可制得CO2气体，只能证明酸性HCl>H2CO3，不能证明非金属性Cl>C，D不合题意；
故选B。
14.下列说法错误的是
A. 与Na反应的剧烈程度：CH3COOH>H2O>CH3CH2OH
B. 用酸性重铬酸钾溶液检验酒驾，发生的反应属于乙醇的氧化反应
C. 淀粉和纤维素都可以作为工业上生产葡萄糖的原料
D. 油脂都不能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据羟基的活泼性可知，与Na反应的剧烈程度：CH3COOH>H2O>CH3CH2OH，选项A正确；
B、乙醇具有还原性，能被酸性重铬酸钾溶液氧化为乙酸，选项B正确；
C. 淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖，坆都可以作为工业上生产葡萄糖的原料，选项C正确；
D、油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中含有不饱和键，具有不饱和烃的性质，所以油可以与溴发生加成反应，使溴水褪色；脂肪是饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中不含不饱和键，不能使溴水褪色，选项D错误；
答案选D。
15.等质量的下列有机物完全燃烧，消耗O2最多的是( )
A. CH4 B. CH3CH3 C. C2H2 D. C5H12
【答案】A
【解析】
【详解】等质量的各种烃，其中氢元素的含量越大，完全燃烧消耗的氧气就越多。由于甲烷的氢元素的含量最大，所以等质量的有机物中完全燃烧，消耗O2最多，选项A正确。
16.下列物质既能发生取代反应，又能发生加成反应的是
A. 苯 B. 乙酸 C. 氢气 D. 甲烷
【答案】A
【解析】
【详解】A项、苯既能发生加成反应，又能发生取代反应，故A正确；
B项、乙酸能发生取代反应，不能发生加成反应，故B错误；
C项、氢气为无机物单质，即不能发生取代反应，也不能发生加成反应，故C错误；
D项、甲烷能发生取代反应，不能发生加成反应，故D错误；
故选A。
17.下列关于物质的制备、鉴別与除杂的说法正确的是
A. 除去乙烷中混有的少量乙烯:在一定条件下通入氢气，使乙烯发生反应转化为乙烷
B. 只用溴水就能将苯和己烯区分开来
C. 氯气与甲烷按物质的量之比2:1混合后，在光照条件下充分反应，可制备纯净的二氯甲烷
D. 苯与溴水混合后加入FeBr3，发生放热反应，可制备密度大于水的溴苯
【答案】B
【解析】
【详解】A. 通入氢气会使乙烷中混有氢气，故A错误；
B. 苯能够把溴水中的溴萃取出来，现象是溶液分层，上层为橙红色；溴水和己烯发生加成反应，现象是溴水褪色，故B正确；
C. 氯气与甲烷在光照条件下的反应为自由基式取代反应，反应过程不可能控制只发生某一步，所以四种氯代产物均有，故C错误；
D. 苯与溴水发生萃取，与液溴才发生取代反应，故D错误；
故答案为B。
【点睛】熟记烷烃与氯气的反应条件；注意区分苯与液溴发生化学反应、苯与溴水萃取现象的差别。
18.下列有机化学方程式及其反应类型均正确的是（ ）
选择
有机化学方程式
反应类型
A
+Br2+HBr
取代反应
B
CH4+Cl2CH3Cl+HCl
置换反应
C
CH3CH=CH2+Br2→CH2BrCH2CH2Br
加成反应
D
CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3
取代反应


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应中断裂C-H、Br-Br共价键，形成C-Br、H-Br共价键，发生取代反应，A正确；
B．反应CH4+Cl2CH3Cl+HCl为取代反应，B不正确；
C．发生加成反应时，两个Br原子应连在断裂1个碳碳键后的原双键碳原子上，C不正确；
D．CH3COOH+CH3CH2OH发生取代反应后，生成物中还应有H2O，D不正确；
故选A。
19.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是：
A. 和互为同分异构体
B. 15g甲基（﹣CH3）含有的电子数是9NA
C. 7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NA
D. 标准状况下，2.24 L CCl4中的原子总数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 和的结构相同，是同一种物质，故A错误；B．甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的部分，所以一个甲基中的电子数是9，15g甲基的物质的量是1mol，则1mol甲基（一CH3）所含的电子数应为9NA，故B正确；C、7.8g苯的物质的量为0.1mol，苯中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的键，不存在碳碳双键，故C错误；D、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故D错误；故选B。
20.下列说法正确的是：
A. 聚乙烯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 1 mol乙烯与Cl2完全加成，然后与Cl2发生取代反应，共可以消耗氯气 5mol
C. 油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应
D. 制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热
【答案】B
【解析】
【详解】A．聚乙烯分子中不存在不饱和键，不会被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；B.1mol乙烯与Cl2完全加成，消耗氯气1mol，生成1mol1，2-二氯乙烷，1mol1，2-二氯乙烷与4molCl2发生取代反应，生成1mol六氯乙烷，故共消耗氯气5mol，故B正确；C、糖类分为单糖、二糖和多糖，单糖不能水解，故糖类不一定能发生水解，故C错误；D．苯与溴水不反应，应选铁屑、液溴、苯混合制备，故D错误；故选B。
21.下列实验操作和结论说法正确的是：
选项
实验
结论
A
除去甲烷中的乙烯杂质，可将混合气体通过酸性高锰酸钾溶液
乙烯含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾反应，甲烷不反应
B
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性
C
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1,2­二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳
D
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸性高锰酸钾溶液和乙烯反应生成二氧化碳，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯气体，故A错误；B．钠与水反应比与乙醇反应剧烈，则乙醇分子中羟基上的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，故B错误；C．乙烯含碳碳双键，与溴发生加成反应，生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳，则溶液最终变为无色透明，故C正确；D．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，故D错误；故选C。
22.四种常见有机物的比例模型如下图。下列说法正确的是

A. 乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色
B. 甲能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键
D. 丁为醋酸分子的比例模型
【答案】C
【解析】
【详解】A. 乙烯分子中含有碳碳双键，乙可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A错误；
B. 甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；
C. 苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，C正确；
D. 丁为乙醇分子的比例模型，D错误。
答案选C。
23.在一定条件下，反应N2+3H22NH3，在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，则反应速率为
A. V(NH3)=0.02mol/(L·min) B. V(N2)=0.005mol/(L·min)
C. V(NH3)=0.17mol/(L·min) D. V(H2)=0.03mol/(L·min)
【答案】B
【解析】
【详解】反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。1.7g氨气是0.1mol，所以氨气的反应速率是。因为用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比。
A. V(NH3)=0.01mol/(L·min)，A项错误；
B. V(NH3) ：V(N2) =2:1，则V(N2)=0.005mol/(L·min)，B项正确；
C. V(NH3)=0.01mol/(L·min)，C项错误；
D. V(NH3) ：V(H2) =2:3，则V(H2)=0.015mol/(L·min)，D项错误；
本题答案选B。
24.海洋约占地球表面积的71％，对其进行开发利用的部分流程如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 可用BaCl2溶液除去粗盐中的SO42-
B. 从苦卤中提取Br2的反应的离子方程式为：2Br-+Cl2===2Cl-+Br2
C. 试剂1可以选用石灰乳
D. 工业上，电解熔融Mg（OH）2冶炼金属镁
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯化钡和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸钡，且氯离子不是杂质离子，故A正确；
B.氯气能将溴离子氧化为溴单质，然后采用萃取的方法从溶液中获取溴，故B正确；
C.煅烧贝壳得到CaO，将CaO溶于水得到石灰乳，石灰乳和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，试剂1廉价且原料来源广泛，故C正确；
D.氢氧化镁受热分解，工业上采用电解熔融氯化镁方法冶炼镁，故D错误；
答案：D
【点睛】根据金属活动性顺序选择金属冶炼方法：①活泼金属制备采用电解法，如Na、Mg、Al的制备，分别是电解氯化钠，氯化镁，氧化铝；②较活泼金属制备选用热还原法：焦炭、一氧化碳、氢和活泼金属等都是良好的还原剂；③在金属活动顺序中，在氢后面的金属其氧化物受热就容易分解， 如HgO 和 Ag2O等。
25.下列属于物理变化的是
①石油的分馏 ②煤的干馏 ③石油的裂化 ④铝热反应 ⑤由乙烯制备聚乙烯
⑥将氧气转化为臭氧 ⑦乙烯催熟果实 ⑧将苯加入溴水中 ⑨海水蒸馏制取淡水
A. ①②③④ B. ①②⑦⑧⑨ C. ①⑧⑨ D. ①②⑥⑨
【答案】C
【解析】
【分析】
化学变化是指在原子核不变的情况下，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，化学变化与物理变化的本质区别在于是有无新物质生成，据此抓住化学变化和物理变化的区别结合事实进行分析判断即可。
【详解】①石油的分馏⑧苯遇溴水⑨海水蒸馏法制取淡水没有新物质生成，属于物理变化；
②煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，有新物质生成，属于化学变化；③石油裂化是由石油的馏分经裂化而得的汽油，有新物质生成，属于化学变化；④铝热反应有新物质生成，属于化学变化；⑤由乙烯变为聚乙烯有新物质聚乙烯生成，属于化学变化；⑥氧气转变为臭氧有新物质臭氧生成，属于化学变化；⑦乙烯催熟果实有新物质生成，属于化学变化；
答案选C。
【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化。
26.2019年7月1日起，上海进入垃圾分类强制时代，随后西安等地也纷纷开始实行垃圾分类。这体现了我国保护环境的决心，而环境保护与化学息息相关，下列有关说法正确的是
A. 废弃的聚乙烯塑料属于白色垃圾，不可降解，能使溴水褪色
B. 可回收的易拉罐中含金属铝，可通过电解氯化铝制取
C. 废旧电池中含有镍、镉等重金属，不可用填埋法处理
D. 含棉、麻、丝、毛及合成纤维的废旧衣物燃烧处理时都只生成CO2和H2O
【答案】C
【解析】
详解】A.聚乙烯结构中不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故A错误；
B.氯化铝为共价化合物，受热易升华，电解得不到金属铝；金属铝采用电解氧化铝制备，故B错误；
C.镍、镉等重金属会造成水土污染，应集中处理，不可用填埋法处理，故C正确；
D.丝、毛中主要含蛋白质，含有C、H、O、N等元素，燃烧不止生成CO2和H2O，故D错误；
答案：C
27.化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. 丝绸的主要成分是蛋白质 B. 电器起火应选用泡沫灭火剂灭火
C. 光导纤维的成分是晶体硅 D. 生活用水的净化与消毒可用明矾
【答案】A
【解析】
【分析】
A、蚕丝属于蛋白质；
B、泡沫灭火器中的液体导电，并且泡沫液有腐蚀性会腐蚀电器设备；
C、光导纤维的成分二氧化硅；
D、明矾不能消毒。
【详解】A、丝绸的主要原料是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，故A正确；
B、泡沫灭火器中的液体导电，电器起火应选用干粉灭火剂灭火，故B错误；
C、光导纤维的成分二氧化硅，故C错误；
D、明矾只能做生活用水的净水剂，不能做消毒剂，故D错误。
28.下列物质互为同分异构体的是
A. 淀粉[(C6H10O5)n]和纤维素[(C6H10O5)n] B. CH3CH3 与CH3CH2CH3
C. 35Cl2和37Cl2 D. CH3CH2CH2CH3与
【答案】D
【解析】
【详解】A、淀粉和纤维素都属于高分子化合物，n值不同，所以分子式不同，既不是同系物也不是同分异构体，选项A错误；
B. CH3CH3 与CH3CH2CH3结构相似，分子中相差1个CH2，互为同系物，选项B错误;
C. 35Cl2和37Cl2是由氯的两个不同核素形成的单质,不属于同分异构体,选项C错误;
D. CH3CH2CH2CH3与具有相同的分子式,不同的结构,互为同分异构体,选项D正确。
答案选D。
29.山梨酸(CH3—CH＝CH—CH＝CH—COOH)是一种常用的食品防腐剂。下列关于山梨酸性质的叙述中，不正确的是
A. 可与钠反应 B. 可与碳酸钠溶液反应
C. 可与溴的四氯化碳溶液发生取代反应 D. 可生成高分子化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．含有羧基，以与钠反应生成氢气，故A正确；
B．含-COOH，可与碳酸钠溶液反应，故B正确；
C．含有碳碳双键，所以可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而非取代反应，故C错误；
D．含碳碳双键，可以发生加聚反应生成高分子化合物，故D正确；
故答案为C。
30.为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是

A
B
C
D
被提纯物质
酒精(水)
乙醇(乙酸)
乙烷(乙烯)
溴苯(溴)
除杂试剂
生石灰
Na2CO3溶液
酸性KMnO4
溶液
CCl4
分离方法
蒸馏
分液
洗气
萃取


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A项、水能与氧化钙反应生成沸点高的氢氧化钙，加入生石灰然后蒸馏可分离出乙醇，故A正确；
B项、乙酸能与碳酸钠溶液反应生成沸点高的乙酸钠，加入碳酸钠溶液然后蒸馏可分离出乙醇，不能利用分液法分离，故B错误；
C项、除杂时应能将杂质除去并不能引入新的杂质，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，引入了新的杂质，故C错误；
D项、CCl4与溴苯和溴互溶，不能除去溴苯中混有的溴，应加入氢氧化钠溶液洗涤分液，故D错误；
故选A。
【点睛】本题考查物质的分离提纯，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时注意不能引入新杂质是解答关键。
二、填空题(共40分)
31.现有下列8种物质：①CaCl2 ②NH4Cl ③K2O2 ④Ba(OH)2 ⑤N2 ⑥HBr ⑦MgO⑧CH4。试用以上编号填空：
(1)只有非极性键的是___________________。
(2)既有离子键又有极性键的是____________________。
(3)属于共价化合物的是__________________。
(4)属于离子化合物的是__________________。
【答案】 (1). ⑤ (2). ②④ (3). ⑥⑧ (4). ①②③④⑦
【解析】
【分析】
非极性键是同种元素原子间形成的共价键，极性键是不同元素原子间形成的共价键，离子键是阴、阳离子间形成的化学键。
【详解】(1)N2分子中两个N原子间形成共价键，所以只有非极性键的是⑤。答案为：⑤；
(2)NH4Cl、Ba(OH)2都为离子化合物，NH4Cl由NH4+和Cl-构成，N、H原子间形成极性键；Ba(OH)2由Ba2+和OH-构成，O、H之间形成极性键，所以既有离子键又有极性键的是②④。答案为：②④；
(3)HBr和CH4两种化合物分子中只含有H、Br共价键和C、H共价键，所以属于共价化合物的是⑥⑧。答案为：⑥⑧；
(4)CaCl2、NH4Cl、K2O2、Ba(OH)2、MgO都由阴、阳离子构成，所以属于离子化合物的是①②③④⑦。答案为：①②③④⑦；
【点睛】含有离子键的化合物一定是离子化合物，离子化合物中一定含离子键，可能含共价键。
32.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经150年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系，揭示了元素间的内在联系。下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：
主族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
2




①

②

3
③
④
⑤
⑥

⑦
⑧
⑨
4






⑩



（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为___；
（2）元素①的单质电子式为____。
（3）比较③、⑤元素的金属性强弱___>___；并写出它们最高价氧化物对应的水化物间反应的化学方程式____。
（4）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是____。
（5）在元素③、④、⑤、⑦、⑧形成的简单离子中，半径最小的是_____；
（6）工业制取⑥单质的反应的化学方程式为_______。
【答案】 (1). (2). (3). Na (4). Al (5). NaOH+Al(OH)3==Na[Al(OH)4] (6). HClO4 (7). Al3+ (8). SiO2 +2CSi + 2CO↑
【解析】
【分析】
由元素在周期表中的位置可知①为N元素，②为F元素，③为Na元素，④为Mg元素，⑤为Al元素，⑥为Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，⑨为Ar元素，⑩为Br元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。
【详解】（1）表中化学性质最不活泼的元素是Ar，其原子核外有3个电子层，最外层电子数为8，其原子结构示意图为：，故答案为。
（2）由分析可知①为N元素，N原子之间形成三键，最外层还余一对未成对电子，所以氮气的电子式为，故答案为。
（3）由分析可知，③为Na元素、⑤为Al元素，Na、Al属于同一周期，同一周期从左向右元素的金属性逐渐减弱，所以金属性强弱Na>Al，Na和Al的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3反应的化学方程式为NaOH+Al(OH)3==Na[Al(OH)4]，故答案为Na，Al，NaOH+Al(OH)3==Na[Al(OH)4]。
（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，这几种元素中非金属性最强的是F元素，但是F没有最高价氧化物，所以元素的非金属性最强的是Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，所以酸性最强的是HClO4，故答案为HClO4。
（5）电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，元素的核电荷数越大，其离子半径越小，所以在元素③、④、⑤、⑦、⑧形成的简单离子中，半径最小的是Al3+，故答案为Al3+。
（6）⑥为Si元素，工业上用二氧化硅与焦炭在高温条件下反应制取单质硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，故答案为SiO2+2CSi +2CO↑。
【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。
33.按要求回答问题：
（1）以 Fe 和 Cu 为电极，稀 H2SO4 为电解质溶液形成的原电池中：
①H+向______极移动(填“正”或“负”)。
②电子流动方向由_____极流向______极(填：“正”、“负”)。
③若有 1mol e－ 流过导线，则理论上负极质量减少______g。
④若将稀硫酸换成浓硝酸，负极电极方程式为：___________。
（2）甲烷燃料电池是一种高效无污染的清洁电池，它用 KOH 做电解质。则负极反应方程式是________。
（3）一定温度下，在容积为 2L 的密闭容器中进行反应：aN(g)bM(g)＋cP(g)，M、N、P的物质的量随时间变化的曲线如图所示:



①反应化学方程式中各物质的系数比为 a∶b∶c＝____。
②1 min 到 3 min 这段时刻，以 M 的浓度变化表示的平均反应速率为：______。
③下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是_____。
A 反应中当 M 与 N 的物质的量相等时
B P 的质量不随时间变化而变化
C 混合气体的总物质的量不随时间变化而变化
D 单位时间内每消耗 a mol N，同时消耗 b mol M
E 混合气体的压强不随时间的变化而变化F．M 的物质的量浓度保持不变
【答案】 (1). 正 (2). 负 (3). 正 (4). 28 (5). Cu—2e―＝Cu2＋ (6). CH4-8e-+10 OH-=CO32-+7H2O (7). 2:1:1 (8). 0.25mol/(L·min) (9). BDF
【解析】
【分析】
（1）由于金属活动性Fe强于Cu，所以Fe做负极，Fe失电子发生氧化反应生成Fe2＋，电极反应式为Fe—2e―＝Fe2＋，Cu做正极，氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H＋+2e―=H2↑，电子由负极Fe经导线流向正极Cu，H+向负电荷较多的正极移动；
（2）燃料电池工作时，负极为甲烷，碱性条件下，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，正极是氧气，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。
(3) 由图像可知，达到平衡时N的物质的量减少了(8—2)mol=6 mol，M增加了（5—2）mol=3mol，P增加了（4—1）mol=3mol，由化学计量数之比等于变化量之比可得a：b∶c＝6:3:3=2:1:1，则反应的化学方程式为2N(g)M(g)＋P(g)。
【详解】（1）①H+向负电荷较多的正极移动，故答案为正；
②电子由负极Fe经导线流向正极Cu，故答案为负；正；
③Fe做负极，Fe失电子发生氧化反应生成Fe2＋，电极反应式为Fe—2e―＝Fe2＋，若有 1mol e－ 流过导线，由电极反应式可知负极消耗Fe的质量为0.5mol×56g/mol=28g，故答案为28；
④若将稀硫酸换成浓硝酸，Fe在浓硝酸中钝化，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，则Fe做正极，Cu做负极，Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+电极反应式为Cu—2e―＝Cu2＋，故答案为Cu—2e―＝Cu2＋；
（2）碱性甲烷燃料电池工作时，具有还原性的甲烷为原电池的负极，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故答案为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
（3）①由图像可知，达到平衡时N的物质的量减少了(8—2)mol=6 mol，M增加了（5—2）mol=3mol，P增加了（4—1）mol=3mol，由化学计量数之比等于变化量之比可得a：b∶c＝6:3:3=2:1:1，故答案为2:1:1；
②1 min 到 3 min 这段时刻，M增加了（4—3）mol=1mol，以 M 的浓度变化表示的平均反应速率为v（M）===0.25mol/(L·min)，故答案为0.25mol/(L·min)；
③A、反应中当 M 与 N 的物质的量相等时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始物质的量及转化率有关，故错误；
B、P 的质量不随时间变化而变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
C、该反应是气体体积不变的反应，混合气体的总物质的量始终不变，混合气体的总物质的量不随时间变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，故错误；
D、单位时间内每消耗 a mol N，同时消耗 b mol M说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
E、该反应是气体体积不变的反应，混合气体的压强终不变，混合气体的压强不随时间的变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，故错误；
F、M 的物质的量浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
BDF正确，故答案为BDF。
34.Ⅰ．下列各组粒子，属于同种核素的是___________(填编号，下同)，互为同位素的是___________，互为同素异形体的是___________，互为同分异构体的是___________，属于同种物质的是_____________，互为同系物的是__________。
①16O2和18O3 ② CH4 和C3H8 ③ H、D、T④ 3015R和（核内15个中子）⑤CH3CH2OH和CH3OCH3⑥和
Ⅱ．能源是现代社会发展支柱之一。
化学反应中的能量变化，主要表现为热量的变化。
①下列反应中，属于放热反应的是_________(填字母)。
A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl混合搅拌 B．高温煅烧石灰石
C．铝与盐酸反应 D．C+H2O(g)=CO+ H2
②拆开1mol H﹣H键，1mol N﹣H键，1mol N≡N键分别需要吸收的能量
为a kJ，b kJ，c kJ，则1molN2和H2完全反应生成2mol NH3需要放出的热量为____________kJ。
【答案】 (1). ④ (2). ③ (3). ① (4). ⑤ (5). ⑥ (6). ② (7). C (8). 6b-3a-c
【解析】
【分析】
Ⅰ．同种核素就是同种原子，同种元素的不同原子互为同位素，同种元素形成的不同单质互为同素异形体，分子式相同、结构不同的两种物质互为同分异构体，组成、结构、性质完全相同的物质属于同种物质，通式相同、结构相似的有机物互为同系物。
Ⅱ．①放热反应包括燃烧反应、化合反应、活泼金属与酸或水的反应、铝热反应、酸碱中和反应等。
②反应需要放出的热量等于生成物的总键能减去反应物的总键能。
【详解】Ⅰ．①16O2和18O3是同一元素的两种单质，互为同素异形体；
② CH4 和C3H8都属于烷烃，但分子组成上相差2个“CH2”，属于同系物；
③ H、D、T都是氢元素的不同原子，互为同位素；
④ 3015R和（核内15个中子）是同一种核素；
⑤CH3CH2OH和CH3OCH3的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体；
⑥和的分子式相同、结构相同，是同一种物质；
综合以上分析，属于同种核素是④，互为同位素的是③，互为同素异形体的是①，互为同分异构体的是⑤，属于同种物质的是⑥，互为同系物的是②。答案为：④；③；①；⑤；⑥；②；
Ⅱ．①A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl混合搅拌，会吸收热量，A不合题意；
B．高温煅烧石灰石，会吸收热量，B不合题意；
C．铝与盐酸反应，会放出热量，C符合题意；
D．C+H2O(g)=CO+ H2，会吸收热量，D不合题意；
故选C。答案为：C；
②用结构式表示时，发生反应为3H-H+ N≡N→2，则1molN2和H2完全反应生成2mol NH3需要放出的热量为(6b-3a-c )kJ。答案为：6b-3a-c。
【点睛】反应放出的热量与反应的热焓变不相同，解题时用字母表示键能，我们看不到结果的正与负，很容易得出错误的结论，所以解题时一定要小心。
35.乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：

已知：2CH3CHO + O2 2CH3COOH
(1)反应①的化学方程式是_______。
(2)B的官能团是_______。
(3)F是一种高分子，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。

i．反应⑥的化学方程式是______，反应类型是_____。
ii．分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是_______。
制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。
iii．反应类型是___。
【答案】 (1). CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br (2). 羟基(或-OH) (3). (4). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (5). 酯化(或取代)反应 (6). 分液漏斗 (7). 加成反应
【解析】
【分析】
CH2=CH2与Br2发生加成反应生成A(BrCH2CH2Br)，A发生水解反应生成B(HOCH2CH2OH)；CH2=CH2与H2O发生加成反应生成D(CH3CH2OH)，D(CH3CH2OH)催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO催化氧化生成E(CH3COOH)；D(CH3CH2OH)与E(CH3COOH)发生酯化反应生成G(CH3COOCH2CH3)；CH2=CH2发生加聚反应生成F()。
【详解】(1)反应① 为CH2=CH2与Br2发生加成反应生成A(BrCH2CH2Br)，化学方程式是CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br。答案为：CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；
(2)B为HOCH2CH2OH，官能团是羟基(或-OH)。答案为：羟基(或-OH)；
(3)F是一种高分子，可用于制作食品袋，则为聚乙烯，其结构简式为。答案为：；
(4) i．反应⑥为D(CH3CH2OH)与E(CH3COOH)发生酯化反应生成G(CH3COOCH2CH3)，化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，反应类型是酯化(或取代)反应。答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；酯化(或取代)反应；
ii．试管乙中油状液体为乙酸乙酯，它不溶于饱和碳酸钠溶液，液体分层，分离出乙酸乙酯的方法是分液，用到的主要仪器是分液漏斗。答案为：分液漏斗；
iii．工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G，化学方程式为CH2=CH2+ CH3COOH→CH3COOCH2CH3，反应类型是加成反应。答案：加成反应。
【点睛】乙酸与乙醇在浓硫酸的催化作用下发生反应，生成乙酸乙酯和水，在书写方程式时，我们很容易将“H2O”丢掉，为防“H2O”的丢失，书写方程式时，可先写水，后写乙酸乙酯。