《2019-2020学年四川省雅安市化学高一下期末考试模拟试题《5份试卷合集》.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年四川省雅安市化学高一下期末考试模拟试题《5份试卷合集》.pdf（77页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高一（下）学期期末化学模拟试卷一、单 选 题（本题包括20个小题，每小题3 分，共 60分.每小题只有一个选项符合题意）1.下列各物质或微粒性质的比较中正确的是（）A.粒子半径：Kt02-Al3*S2-Cr B.离子的还原性：S2-CrBrrC.酸性：HC10H2S04H3P04H2Si03 D.稳定性：上0限 海 与 洱【答案】D【解析】A、电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则粒子半径S2-CK*O A 1,错误；B、非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则还原性为S2-rBr-C1,错误；C、非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，且碳酸与NaCl
2、O反应生成HC10,则H2S04H3P04H2Si03HC10,错误；D、非金属性越强，对应氢化物越稳定，则氢化物的稳定性H20NH3PH3SiH4,正确；故选D。点睛：本题主要考察元素周期律的应用。电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱；非金属性越强，对应单质的氧化性越强；非金属性越强，对应氢化物越稳定。2.下列对有机物的描述不正确的是A.用浸泡过高锌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
3、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、酸性高镒酸钾溶液吸收乙烯；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，高镒酸钾溶液可吸收乙烯，因此用浸泡过高镒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
4、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。3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.氯水中有平衡：CI2+H2O=HCI+HC1O,当加入AgNCh溶液后，溶液颜色变浅B.对 CO（g）+NO2（g）K iC O 2（g）+NO（g）,平衡体系增大压强可使颜色变深C.对 2*1029）=一 2 0 4 9）4 11 0,升高温度平衡体系颜色变深D.S（h 催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气【答案】B【解析】
5、【分析】【详解】A.氯水中有平衡：CL+H2O=HC1+HC1O,当加入AgNCh溶液后，生成AgCl沉淀，氯离子浓度降低,平衡向正向移动，能用勒夏特列原理解释，故 A 不选；B.增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故 B 选；C.对 2NO2（g）=N2（M gW H CO2和 CH3COOH均属于C.电解质 D.离子化合物【答案】B【解析】【分析】【详解】A.CO2是无机物，其余两种是有机物，故 A 错误；B.CH4、CO2和 CH3coOH三者都是共价化合物，故 B 正确；C.CH4和 CO2是非电解质，而醋酸是弱电解质，故 C 错误；D、CH4 CO2和 CH3coOH都是共价
6、化合物，无离子化合物，故 D 错误;故选：B.7.设阿伏加德罗常数的值为次下列说法中正确的是()A.标准状况下，2.24LCHCL含有的分子数为0.INAB.0.lmolCnH2n+2中含有的碳碳单键数为0.IDNAC.2.8 g 乙烯和丙烯的混合气体中所含碳原子为0.2NAD.Im ol苯乙烯中含有的碳碳双键数为4N*【答案】C【解析】A、标准状况下，CHC13是液体，所以不能用Vm求算，选项A 错误；B、烷烧分子中两个相邻的碳原子形成一个碳碳单键，所 以 CnH2n+2中含有的碳碳单键数为(1)NA；选 项 B 错误；C、乙烯和丙烯的最简式为：CH 2,所以二者的含碳量相同，n(C)=-2
7、-8-=0.2mol,所以所含碳原子数为0.2NA;14g/m ol选 项 C 正确；D、苯环不含碳碳双键，所 以 Im ol苯乙烯中含有的碳碳双键数目为NA,选 项 D 错误。答案 选。8.根据下列反应的化学方程式：L+SO2+2H2O=H2so4+2HI；02FeC12+Cl2=2FeC13；(D2FeC13+2HI=2FeCh+2HCl+l2判断有关物质的还原性强弱顺序是()A.rFe2+CFSO2 B.CFFe2+SO2 r C.Fe2+rCFSO2 D.SO2rFe2+CF【答案】D【解析】【分析】同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还
8、原产物的还原性，据此分析解答。【详解】l2+SO2+2H2O=H2so4+2HI中还原剂是SO2、还原产物是H I,所以还原性SChHI；2FeC12+CL=2FeC13中还原剂是FeCL、还原产物是F eC b,所以还原性FeCBFeCb;()2FeCh+2HI=2FeC12+2HCl+l2中还原剂是HI、还原产物是F eC k,所以还原性HIFeCh;通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2rFe2+C，故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质还原性、氧化性强弱的比较的知识，掌握氧化还原反应的基本概念的含义，明确还原剂、氧化剂和还原产物、氧化产物的判断是解本题关键。9.同分异构现象是造成有机物
9、种类繁多的重要原因之一。下列各组物质互为同分异构体的是A.甲烷与丙烷 B.CH2=CH2与 CH3CH3 C.蔗糖与麦芽糖D.纤维素与淀粉【答案】C【解析】【详解】A 项、甲烷与丙烷的分子式不同，不互为同分异构体，故 A 错误；B 项、CH2=CH2与 Cl13cH3的分子式不同，不互为同分异构体，故 B 错误；C项、蔗糖与麦芽糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故 c正确;D项、纤维素与淀粉的分子式均为(C s H i o O s)n,但聚合度n值不同，不互为同分异构体，故 D错误；故选C。1 0 .化学反应的本质是反应物化学键断裂和生成物化学键形成的过程,下列关于化学反应2 N a2
10、02+2 C 02=2 N a2C 03+02 的叙述正确的是A.反应过程中只涉及离子键和极性共价键的断裂B.反应过程中只涉及离子键和非极性共价键的形成C.反应过程中既涉及离子键和极性共价键的断裂.又涉及离子键和非极性共价键的形成D.反应过程中既涉及离子键、极性和非极性共价键的断裂，又涉及离子键、极性和非极性共价键的形成【答案】D【解析】N a 2(h 为含有非极性键的离子化合物，C C h 中含有极性键，则反应物中离子键、极性共价键和非极性共价键断裂，碳酸钠中含离子键和极限键，氧气中含非极性键，则有离子键、极性共价键和非极性共价键的形成，故选D。1 1 .已知一定条件下断裂或形成某些化学键的
11、能量关系如下表：断裂或形成的化学键能量数据断 裂 1 m o l 上分子中的化学键吸收能量4 3 6 k J断 裂 1 m o l C h 分子中的化学键吸收能量2 4 3 k J形 成 1 m o l H C 1 分子中的化学键释放能量4 3 1 k J对于反应：H2(g)+C l2(g)=2 H C l (g),下列说法正确的是A.该反应的反应热A H X)B.生 成 1 m o l H C 1 时反应放热4 3 1 k JC.氢气分子中的化学键比氯气分子中的化学键更牢固D.相同条件下，氢气分子具有的能量高于氯气分子具有的能量【答案】C【解析】【分析】A.反应热=反应物的总键能-生成物的总
12、键能；B.生 成 I m o l H C 1 时表示0.5 m o l H 2 与 0.5 m o l C L 反应；C.化学键的键能越大，化学键的越牢固，物质越稳定；D.化学键的键能越大，物质具有的能量越低，物质越稳定；据此分析判断。【详解】A.H 2(g)+C L(g)=2 H C l (g)生成2 m o i H C 1,该反应的反应热为A H=4 3 6 k J/m o l+2 4 3 k J/m o l-2 x 4 3 1 k J/m o l=-1 8 3 k J/m o l 0,AH-TAS0 B.AH0C.AH0,AH-TAS0 D.AH0,AH-TAS0【答案】A【解析】【分析
13、】反应能自发进行，应满足H-TZiS 0,所以如果A H 0；答案选A。2 0.下列叙述正确的是A.将煤在空气中加强热使其分解叫做煤的干储B.只用溟水一种试剂可鉴别苯、己烯、乙醇、四氧化碳四种液体C.向鸡蛋清溶液中滴加CuSO4溶液析出固体，加入足量蒸储水后固体重新溶解D.油脂、糖类、蛋白质都是天然有机高分子化合物，都可以发生水解反应【答案】B【解析】【分析】【详解】A、将煤隔绝空气加强热使其分解的过程叫做煤的干储，也叫煤的焦化，错误；B、苯和四氯化碳都不溶于水，加入溟水，苯溶液中振荡静置后，上层液体为橙色；四氯化碳溶液中振荡静 置 后，下层液体为橙色，乙烯通入滨水，振荡静置后，液体分两层均无
14、色，因为滨水与乙烯发生加成反应，而产物二溟乙烷为无色，且不溶于水；乙醇与溟水混溶不分层，因此可以用滨水一次性检验苯、乙烯、乙醇、四氯化碳四种液体。正 确；C、CuSO4溶液可使蛋白质的变性，而变性不具可逆性。错 误；D、高分子化合物是指那些由众多原子或原子团主要以共价键结合而成的相对分子量在一万以上的化合物。油脂是甘油和脂肪酸的酯化物，甘油是丙三醇，脂 肪 酸 一 般 也 就C H 3(C H2)I6C O O H或者类似的样子油脂的分子量不很高，达不到高分子的范畴。错 误；答 案 选B。二、计 算 题(本 题 包 括1个 小 题，共10分)21响100mL含HC1的AlCb溶 液 中 逐 滴
15、 加 入O.lmol L 的NaOH溶 液，加 入NaOH溶 液 的 体 积V(mL)与 产 生A1(OH)3沉 淀 的 物 质 的 量n(m o l)的关系如图：试计算：(请写出运算过程)(1)原 溶 液 中HC1的物质的量浓度。(2)原 溶 液 中AlCb的物质的量浓度。【答 案】O.OSmol/L 0.05mol/L【解 析】【分 析】(1)由图知：加 入NaOH溶 液50mL时，HCI被完全中和，发生反应：NaOH+CI=NaCI+H2O,可知n(HCl)=n(NaOH),再根据 c=(计算；(2)由图知：加 入NaOH溶 液(200-50)mL=l50mL时，AP+离子被全部沉淀，发
16、生反应A13+3OH=A1(OH)3；,据此计算 n(AICb),再根据 c=，计 算。【详 解】由 图 知：加 入NaOH溶 液50mL时，HC1被完全中和，发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O,可知.0.05Lx0.1mol/Ln(HCl)=n(NaOH),所以 c(HCl)=-=0.05mol/L；0*1L*(2)由图知：加 入NaOH溶液Q00-50)mL=150mL时，A1离子被全部沉淀，发生反应：A13+3OH-=AI(OH)3|,可知 n(AlCb)=3n(NaOH),所 以：c(AlCb)=3x1 mol/L=o.05mol/L。0.1L三、实 验 题(本 题 包 括1
17、个 小 题，共10分)22.SO?、NO?能形成酸雨，某同学以它们为主题设计了两组实验:（实验一）用三只集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体，然后将其倒置在水槽中.分别缓慢通入适量&或 C 1”如图A、B、C所示。一段时间后，A、B装置的集气瓶中充满溶液（假设瓶内液体不扩散），C装置的集气瓶中还有气体剩余（考虑液体的扩散）。A B C（1）写出装置A中总反应的化学方程式,假设该实验条件下，气体摩尔体积为a L/m o l,则装置A的 集 气 瓶 中 所 得 溶 液 溶 质 的 物 质 的 量 浓 度 为。（2）写出B装置的溶液充满集气瓶时，有关反应的离子方程式（3）实验前在C装置的水槽里滴加几滴
18、紫色石蕊试液，通入氧气后，可观察到的实验现象是水槽中溶液（答颜色的变化），写出反应的总化学方程式（实验二）利用上图B的原理，设计下图装置测定某硫酸工厂排放尾气中二氧化硫的含量，图中气体流量计用于准确测量通过的尾气体积。将尾气通入一定体积的碘水，并通过实验测定SO 2 的含量。当洗气瓶D中溶液蓝色刚好消失时，立即关闭活塞K。（4）D中导管末端连接一个多孔球泡E,其作用是,可以提高实验的准确度。（5）当流量计中刚好通过2 L 尾气时，D中溶液蓝色刚好消失，立即关闭活塞K,容器D中恰好得到10 0 矶溶液，将该溶液全部转移至锥形瓶中，滴入过量B a C L 溶液，过滤、洗涤、干燥，得到4.6 6 g
19、 白色沉淀，通过计算可知，上述尾气中二氧化硫的含量为 g/L o 若洗气瓶D中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞K,测得的S Q 含量_ _ _ _ _ _ _ _ _（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）o【答案】4 N 02+02+2 H20=M H N 03 1/a m o l/L S02+C l2+2 H2O=4 i r+S0 42-+2 C l-红色加深2 so 2+O z+2 H 2（）=2 H 2 so 4 （2 H 2 SO 3+O 2=2 H 2 SO,也可）有利于SO?与碘水反应（或被碘水充分吸收）0.64偏低【解析】分析：【实验一】由题意可知，A瓶 N t h、0 2 按适当
20、比例混合可以完全溶于水生成H N C h;B中二氧化硫和氯气适当比例混合可以完全溶于水生成硫酸和盐酸；C中二氧化硫溶于水生成亚硫酸，通入氧气后可以把部分亚硫酸氧化为硫酸，据此解答。【实验二】将尾气通入一定体积的碘水，碘水把二氧化硫氧化为硫酸：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,根据碘遇淀粉显蓝色判断反应的终点，利用钢离子沉淀硫酸根离子结合方程式计算。详解：(1)装置A 中反应物是氧气、二氧化氮和水,生成物是硝酸，则总反应的化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3;假设该实验条件下，气体摩尔体积为a L/m o l,再设集气瓶的容积为1L(集气瓶的容积不影响溶液的浓度)，则 N(
21、h 和 HNO3溶液的体积均为1 L,则 n(HNO3)=n(NO2)=一 三 一=之二二二,因此装置A 的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为1/a mol/L(2)装 置 B 中氯气与二氧化硫在水中反应生成硫酸和盐酸，因此溶液充满集气瓶时反应的离子方程式为SO2+CI2+2H2OMH+SO42+2CI.(3)实验前在C 装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊试液，通入氧气后，可观察到的实验现象是溶液颜色加深，说明溶液的酸性增强，因此反应的总化学方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4(或2H2so3+Ch=2H2so。(4)D 中导管末端连接一个多孔球泡E,其作用是增大二氧化硫与碘水反应的接触
22、面积，有利于SO2与碘水反应(或被碘水充分吸收)，可以提高实验的准确度。(5)当流量计中刚好通过2L尾气时,D 中溶液蓝色刚好消失,立即关闭活塞K,容器D 中恰好得到100mL溶液是硫酸和氢碘酸的混合溶液，将该溶液全部转移至锥形瓶中，滴入过量BaCL溶液，过滤、洗涤、干燥，得到4.66g白色沉淀，该沉淀为硫酸领，其物质的量为4.66g+233g/m ol=0.02m ol,则根据硫原子守恒可知n(S02)=0.02m ol,所以上述尾气中二氧化硫的含量为0.02molX64g mo/2L=0.64 g/L。若洗气瓶D 中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞K,则尾气体积偏大，必然导致测得的SO2含
23、量偏低。点睛：本题主要考查了有关气体含量的测定实验。本题通过3 个实验探究反应原理，然后选择了一个适合测定空气中二氧化硫含量的方法进行测定。要求学生能掌握常见化合物的重要转化，明确反应原理，能根据反应原理进行数据处理和误差分析，题目难度中等。四、推断题(本题包括1 个小题，共 10分)2 3.为了清理路面积雪，人们常使用一种融雪剂，其主要成分的化学式为X Y”X、Y均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，且 1 mol XY2含有54 m o l电子。(1)该 融 雪 剂 的 化 学 式 是,该 物 质 中 化 学 键 类 型 是,电子式是。(2)元素D、E原子的最外层电子数
24、是其电子层数的2倍,D与Y相邻，则D的 离 子 结 构 示 意 图 是；D与 E能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子都达到了 8e-稳定结构，该分子的电子式为，化学键类型为(填“离子键”、“非极性共价键”或“极性共价键”)。(3)W是与D同主族的短周期元素，Z是第三周期金属性最强的元素，Z的单质在W的常见单质中反应时有两种产物：不 加 热 时 生 成,其 化 学 键 类 型 为；加热时生成,其化学键类型为【答案】CaCh 离子键：C 1：-C a2+：C 1：-s:c:s 极性共价键Na2O 离子键 Na2O2 离子键、非极性共价键【解析】分析：融雪剂主要成分的化学式为XY2,X
25、、Y 均为周期表前20号元素，其阳离子和阴离子的电子层结构相同，含有相同的核外电子数，且 ImolXYz含有54moi电子，则阴、阳离子核外电子数为54+3=18,则为 Ca、Cl,即 X 是 Ca,Y 是 Cl。元 素 D、E 原子的最外层电子数是其电子层数的2 倍，D 与 Y 相邻,则 D 是 S,E 是 C。W 是与D 同主族的短周期元素，W 是 O,Z 是第三周期金属性最强的元素，Z 是 Na,据此解答。详解：根据以上分析可知X 是 Ca,Y 是 CL D 是 S,E 是 C,W 是 O,Z 是 N a,贝!(D X Y 2是 C aC h,物质中化学键类型是离子键，电子式为:q：Ca
26、2+：q：；(2)D 为硫元素，S2-离子结构示意图为逅)，/；D 与 E 能形成一种结构类似于CO2的三原子分子，且每个原子都达到了 8e-稳定结构，由二氧化碳结构可知，结构式为S=C=O,则分子式为C O S,电子式为S：C：S,化学键类型为极性共价键；(3)Na单质与氧气反应时可以得到两种产物，为氧化钠和过氧化钠，不加热生成NazO,Na?O为离子化合物，其化学键类型为离子键；加热生成NazCh,属于离子化合物，含有离子键、非极性共价键。五、综合题(本题包括1 个小题，共 10分)2 4.已知燃A 中碳、氢元素质量比为24：5,D 与含NaOH的 Cu(OH)2悬浊液在加热条件下反应并得
27、到砖红色沉淀，F 为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，且 R C I+N a O H*R O H+N a。，其转化关系如图所示:一x 早RI 光2 r照 还fc i)珥 催化剂J c l催化剂0NaOH溶液一-H(C4H8O,)6胴1催 化 剂 巴1请回答：(1)E 中官能团的名称 o(2)C-B 的反应类型_ _ _ _ _ o(3)D-E 的化学方程式是 o(4)H 与 NaOH溶 液 反 应 的 方 程 式.(5)下列说法不正确的是 oA.工业上通过石油裂解可实现A-B+CB.利用植物秸秆在一定条件下通过水解反应可以直接得到有机物GC.可用Na2c03溶液鉴别D、GD.完全燃烧等物质的
28、量的C、D、E 消耗0 2 的量依次减少【答案】竣基 加 成 反 应(或 还 原 反 应)2cH3CHO+O2HU2cH3COOHCH3coOCH2cH3+NaOH-CWCOONa+CH3cH20H BC【解析】【分析】根据煌分子中碳、氢两种元素质量比为24：5,碳、氢两种元素个数比为2：5,最简式为C2H5,分子式为 C4H10,丁烷裂解得到乙烷(B)和乙烯(C),乙烷与氯气光照得到C2H5a(F),C2H5CI水解得C2HSO H(G),乙烯催化氧化得乙醛(D),乙醛氧化得乙酸(E),乙醇与乙酸反应得乙酸乙酯(H)。【详解】(D E 是乙酸，官能团的名称是艘基；(2)乙烯到乙烷是加成反应(
29、或还原反应)；(3)DTE 的化学方程式是2CHaCHO+O2催化剂-2cH3coOH:(4)H 与 NaOH 溶液反应的方程式 CH3coOCH2cH3+NaOHf CH3COONa+CH3CH2OH;(5)利用植物秸秆在一定条件下通过水解反应得到葡萄糖，不能直接得到乙醇，故 B错误；乙醛和乙醇在Na2cCh溶液中现象一样，不能鉴别，故 C错误;A,D正确，故选BC.高一（下）学期期末化学模拟试卷一、单 选 题（本题包括20个小题，每小题3 分，共 60分.每小题只有一个选项符合题意）1.在探究乙醇的有关实验中，得出的结论正确的是A.A B.B C.C D.D选项实验步骤及现象实验结论A在酒
30、精试样中加入少量C u SO,5 H20,搅拌，试管底部有蓝色晶体酒精试样中一定含有水B在乙醇燃烧火焰上方罩一冷的干燥烧杯，内壁有水珠出现，另罩一内壁涂有澄清石灰水的烧杯，内壁出现白色沉淀乙醇由C、H、0 三种元素组成C将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约5 0 的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间乙醇催化氧化反应是放热反应D在 0.O l m o l 金属钠中加入过量的乙醇充分反应，收集到标准状况下气体112 m L乙醇分子中有1个氢原子与氧原子相连，其余与碳原子相连【答案】C【解析】A、无水硫酸铜与水反应生成的五个结晶水的硫酸铜为蓝色，硫酸铜与酒精不反应，可以用无水硫酸铜检验酒精中是否含有水.如
31、有水，则出现现象是白色变蓝色，本题直接加C u SO,5 上0,无法判断，故 A错误；B、在乙醇燃烧火焰上方罩一冷的干燥烧杯，内壁有水珠出现，说明乙醇中含H,另罩一内壁涂有澄清石灰水的烧杯，内壁出现白色沉淀，说明乙醇中含C元素，不能确定是否含有0元素，故 B错误；C、将灼热后表面变黑的螺旋状铜丝伸入约5 0 的乙醇中，铜丝能保持红热一段时间，说明反应放热，故 C正确；D、在 O.O l m o l 金属钠中加入过量的乙醇充分反应，收集到标准状况下气体112 m L,因为乙醇过量,无法确定就是一个H与 0相连，故 D错误；故选C。2.苯环结构中，不存在单双键交替结构，可以作为证据的事实是（）苯不
32、能使酸性高镒酸钾溶液褪色苯中碳碳键的键长均相等苯能在一定条件下跟氢气发生加成反应生成环己烷经实验测得邻二甲苯只有一种结构苯在F eB n 存在下与液溟可发生取代反应，但不能使滨水褪色A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】依据苯的性质判断苯的结构，高镒酸钾溶液具有强氧化性，遇到含双键或三键等不饱和键的物质会褪色分析；依据苯分子中的氢原子，分析碳原子的不饱和程度，判断苯分子中的碳碳键完全相同；依据与氢气发生加成反应是不饱和键的性质分析；根据同分异构体数目解答；根据碳碳单键和双键的性质判断。【详解】苯不能使酸性高锈酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与 c=
33、c 双键的交替结构，故正确；苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C C 单键与c=c 双键的交替结构，故正确；苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与c=c 双键的交替结构，故错误；如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C-C,另一种是两个甲基夹c=c.邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与c=c 双键的交替结构，故正确；苯在FeBr3存在下同液溟可发生取代反应，生成漠苯，苯不因化学变化而使滨水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中
34、不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；所以可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据，故选B。3.下列化学用语正确的是A.。一的结构示意图：B.甲烷分子的球棍模型：,bC 1C.四氯化碳的电子式：C 1：C：C 1 D.氯乙烯的结构简式：CH2=CHC1C l【答案】D【解析】【详解】A.c r 的结构示意图为:B.甲烷分子的球棍模型为:,是甲烷分子的比例模型，故B不选;：C I ：C.四氯化碳的电子式为：c i ：1：c i ：，故 c 不选;,.:C I：D.氯乙烯的结构简式为：CH2=C H C 1,故 D 选。故选D。【点睛】球棍模型和比例模型都能表示出分子的空间结构，
35、但球棍模型中有短线连接各个原子，还有注意的是不管是球棍模型还是比例模型，代表各原子的球的相对大小要符合实际情况。共价化合物的电子式的书写，除了要写出共用电子对外，还要表示出没有共用的电子。4.下列叙述正确的是(NA代表阿伏加德罗常数的值)A.将 22.4 L HC1 配成 1 L 溶液，00为 1 mol/LB.2 L 2 mol/L 的盐酸,cOT)为 2 mol/LC.从 100 m L 2 mol/L 的盐酸取出 10 mL,c )为 0.2 mol/LD.1 m ol/L的 盐 酸 中 所 含 数 目 为NA【答案】B【解析】【详解】A.缺条件，不能判断气体HC1的物质的量，因此也就不
36、能计算c(H+)；A 错误；B.HC1 是一元强酸，所以 c(H+)=c(HCl)=2mol/L,B 正确；C.溶液具有均一性，溶液的浓度与取用的溶液的体积无关，所以c(H+)=2 mol/L,C 错误；D.只有浓度，没有溶液的体积，不能计算微粒的物质的量及数目，D 错误；故合理选项是B。5.已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)AH=-571.6 kJ moF,2cH30H+3Ch(g)=2CO2(g)+4H2O(l)AH=-1 452 kJ-mol-1H+(aq)+OH-(aq)=H2O AH=-57.3 kJ,mol-1下列说法正确的是A.CH3OH。)的燃烧热为 1 452 k
37、J-moFB.同质量的HMg)和 CH30H完全燃烧，出但)放出的热量多1 ,I 1C.-H2so4(aq)+-Ba(OH)2(aq)=-BaSOs)+H2OAH=-5 7.3 kJ molD.3H2(g)+CO2(g)=CH30H+%0(1)AH=+135.9 kJ mol【答案】B【解析】【分析】A.燃烧热是Imol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B.设二者质量都是1 g,然后根据题干热化学方程式计算；C.酸碱中和反应生成的硫酸领过程放热，则其婚变不是一57.3 kJ m or1；D.2H2（g）+Ch（g）=2H2O（l）AH=-571.6 kJ-mol-12cH30H+3O2（
38、g）=2CO2（g）+4H2。AH=T 4 5 2 kJmo，按盖斯定律计算x 3-得到：6HMg）+2CO2（g）=2CH3OH（l）+2H2O（l）,据此进行计算。【详解】A.根 据 2cH30H+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O AH=-1452 kJ-mo 可以知道Imol液态甲醇燃烧生成 2mol液态水放出热量为726 kJ-moF1,则 CH30H燃烧热为726 kJ-moF1,故 A 错误；B.同质量的H2（g）和 CH30H完全燃烧，设质量为1g2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）AH=-571.6 kJ-moF12mol 571.6 kJ1-mol 142.9 kJ
39、22cH30H+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）AH=-1452 kJ-moF12mol 1452 kJ1 mol 22.69 kJ32所 以 H2（g）放出的热量多，所 以 B 选项是正确的；C.反应中有BaSOs）生成，而生成BaSCh也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即该反应的AHv-57.3 kJ-moF1,故 C 错误；D.2H2（g）+Ch（g）=2H2O AH=-571.6 kJ-mol-12cH30H+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O AH=-1452 kJ-mol-1,按盖斯定律计算 x 3-得到:6H2（g）+2CO2（g）=2CH3OH（I）
40、+2H2O（l）AH=-262.8 kJ-moF1,则正确的热化学方程式是：3H2（g）+CO2（g）=CH3OH（l）+H2O（1）A H=-131.4 kJ-moF1,故 D 错误。所以B 选项是正确的。6.氮元素被还原的过程是A-N H.NH40 B-N a-N OC-N0:N204 D-N2-*Mg3N2【答案】D【解析】【详解】被还原是指元素得电子，化合价降低；而被氧化是指元素失电子，化合价升高，则A.N 元素化合价未发生变化，A 项错误；B.N 元素从。价升高到+2价，被氧化，B 项错误；C N 元素化合价未发生变化，C 项错误；D.N 元素化合价从。价降低到-3价，化合价降低，D
41、 项正确；答案选D。7.下列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是A.NaHCO3=Na+H+CO32-B.NH4NO3=NH4+NO3-C.NaHSO4=Na+H+SO42-D.Ba(OH)2=Ba2+2OH【答案】A【解析】A.NaHCCh是强电解质，其在水溶液中可以完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，因其为弱酸的酸式盐，故碳酸氢根离子只有很少的一部分发生电离，故其电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3,A 不正确；B.硝酸核是强电解质，故其电离方程式为NH4NO3=、H：+N 01 B 正确；C.NaHSO 是强酸的酸式盐，故其电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO；,C 正确；D.Ba
42、(OH)2是强碱，故其电离方程式为Ba(OH)2=Ba2+2OH-,D 正确。本题选 A。8.下图是电解实验装置，X、Y都是惰性电极，a 是滴有酚酰的饱和NaCl溶液。下列有关实验的说法正确A.X电极为阳极，Y 电极为阴极B.X 电极溶液先变红色，且有刺激性气味气体产生C.将 X、Y两极产生的气体收集起来，相同条件下其体积比略大于1:1D.电解后，将溶液混匀，电解前后溶液的pH未发生变化【答案】C【解析】分析：与电源正极连接的是电解池的阳极，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应，生成黄绿色的氯气；与负极连接的是电解池的阴极，氢离子在阴极上得电子发生还原反应，生成无色无味的氢气，同时有氢氧化钠生成，
43、据此分析。详解:A、Y与电源正极相连接，所以Y 电极为阳极，则 X电极为阴极，故 A错误；B、X 与电源的负极相连,所以是阴极,溶液中的氢离子在阴极上得电子发生还原反应,生成无色无味的氢气,同时有氢氧化钠生成,所以X电极附近溶液变红色,但无刺激性气味气体产生,故B错误；C、X 电极上析出氢气,Y电极上析出氯气,因为氯气能溶于水,所以电解一段时间收集产生的气体,Y电极得到气体体积稍小,所以将X、Y两极产生的气体收集起来，其体积比略大于1:1,所以C选项是正确的；D、电解后生成氢氧化钠，所以溶液的碱性增强，故 D错误。所以C选项是正确的。9.下列物质间的转化不能一步实现的是()A.NLN OZB.
44、HNO3fO2C.SO2fH2s(hD.H2SO4SO2【答案】A【解析】分析：结合物质的化学性质、发生的反应以及相互之间的转化关系分析判断。详解：A.N2与氧气化合生成N O,不能直接转化为Nth,A 正确；B.HNO3分解生成Nth、02和水，能一步实现，B 错误；C.Sth被双氧水氧化可以直接转化为H2sOs,C 错误；D.H2s04被还原可以直接转化为SO2,D 错误。答案选A。10.下列各组大小关系比较中错误的A.热稳定性：Na2CO3NaHCO3 B.酸性：H2CO3HC1OC.氧化性：浓硝酸,稀硝酸 D.结合OH-的能力：NH4+A13+【答案】D【解析】试题分析：A.Na2c(
45、)3稳定，受热不分解，而 NaHCO3不稳定，加热发生分解反应，所以热稳定性：Na2co3NaHC(h,正确；B.碳酸和次氯酸都是弱酸，次氯酸的酸性比碳酸还弱，所以酸性：H2CO3 H C IO,正确；C.硝酸具有强的氧化性，物质的浓度越大，氧化性就越强，所以氧化性：浓硝酸 稀硝酸，正确；D.AF+可以与NH ylhO 发生反应：Al3+3NHyH2O=Al(OH)3i+3NH4+,根据复分解反应的规律：强碱制取弱碱，说明结合OH的能力：NH4+H20C.碳酸氢钠与硫酸反应:C032-+2H+=C02t+H20D.铁与足量稀硝酸反应:3Fe+8H*+2N0J=2N0 t+3Fe2+4H20【答
46、案】B【解析】分析:A 项，电荷不守恒;B 项，醋酸与氢氧化钠溶液反应生成CHCOONa和 H2O；C 项，NaHCO3应改写成Na+和 HCO3-;D 项，稀硝酸具有强氧化性，足量稀硝酸将Fe氧化成Fe3。详解：A 项，电荷不守恒，正确的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag,A 项错误；B 项，醋酸与氢氧化钠溶液反应生成CMCOONa和 H 2O,离子方程式为CMCOOH+OHCH3co（T+lhO,B 项正确；C 项，NaHCCh应改写成Na+和 H C O j,正确的离子方程式为HCO/H+nHzO+COzT，C 项错误；D 项，稀硝酸具有强氧化性，足量稀硝酸将Fe氧化成Fe3+,
47、符合题意的离子方程式为Fe+4H+NO3-Fe3+NOT+2H2O,D 项错误；答案选B。点睛：本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确（如题中C 项）、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中A 项）；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。1 3.下列性质的递变规律不正确的是A.NaOH、KOH、CsOH碱性依次增强B.Li、Na、K、Rb、C s的失电子能力逐渐增强C
48、.Al3 Mg2 Na+的离子半径依次减小D.F2、CL、B。、L 的熔沸点依次升高、密度依次增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A.同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性逐渐增强，则 NaOHKOH、CsOH碱性依次增强，A 正确；B.同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，失电子能力逐渐增强，Li、Na、K、Rb、C s的失电子能力逐渐增强，B 正确；c.Al3 Mg2+、Na+具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，AI3+、Mg2 Na+的离子半径依次增大，C 不正确；D.卤素单质均为分子晶体，F2、C12、Br2、L 的相对分子质量逐渐
49、增大，分子间作用力逐渐增大，熔沸点依次升高、密度依次增大，D 正确；答案为C1 4.下列关于有机物说法正确的是（）A.植物油、裂化汽油均能使酸性高镒酸钾褪色 B.糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均能水解C.CH3cH=CHz所有原子共平面 D.化学式CzHG表示的物质一定是纯净物【答案】A【解析】【详解】A.植物油、裂化汽油中均含有碳碳不饱和键，因此均能使酸性高镒酸钾褪色，A 正确；B.糖类中的单糖不能水解，油脂、蛋白质在一定条件下均能水解，B 错误；C.CH3cH=CH2中含有甲基，而与饱和碳原子相连的4 个原子构成四面体，因此丙烯中所有原子不可能共平面，C 错误；D.化学式C2H4 2 表示
50、的物质不一定是纯净物，例如可能是乙酸和甲酸甲酯组成的混合物，D 错误；答案选A。【点睛】选 项 C 是解答的易错点和难点，注意只要掌握好甲烷、乙烯、乙快和苯等有机物的结构特点，然后借助碳碳单键可以旋转而碳碳双键和碳碳三键不能旋转的特点，以及立体几何知识，各种与此有关的题目均可迎刃而解。1 5.下列物质中不育硅元素的是A.水泥 B.漂白粉 C.光导纤维 D.玻璃【答案】B【解析】【详解】A.水泥的主要成分为硅酸二钙、硅酸三钙、铝酸三钙，是硅酸盐材料，含有硅元素，故 A 不符合题意；B.漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，不含硅元素，故 B 符合题意；C.光导纤维的主要成分为二氧化硅，含有硅元素，