1、2015-2016学年湖南省娄底市重点中学高一（下）期末化学试卷一、选择题（本题包括25个小题，每小题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意，请用2B铅笔在答题卡上相应位置填涂）1下列气态氢化物中最稳定的是（）AH2OBPH3CHFDNH32下列物质中不属于离子化合物的是（）ANaOHBHClCNa2O2DNH4Cl3等物质的量的主族金属A、B、C分别与足量的稀盐酸反应，所得氢气的体积依次为VA、VB、VC，已知2VBVC，且VAVB+VC，则在C的生成物中，该金属元素的化合价是（）A+1B+2C+3D+44已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ且1mol 氧气分子中的化学键完全
2、断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol HO键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol HH键断裂时吸收热量为（）A920 kJB557 kJC436 kJD188 kJ5图是温度和压强对X+Y2Z反应影响的示意图图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡时混合气体中Z的体积分数下列叙述正确的是（）A上述可逆反应的正反应为放热反应BX、Y、Z均为气态C增大压强平衡向正反应方向移动D上述反应的逆反应的H06可逆反应达到化学平衡的标志是（）A正、逆反应不再进行B浓度为零C正、逆反应都还在继续进行D正、逆反应的速率相等7下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（）ACH4BPCl3CPCl5DH2
3、O8下列粒子半径的比较中，正确的是（）ANa+NaBClClCCa2+ClDMgNa9金属活动性的强弱与人类开发利用这些金属单质的时间顺序有着某种内在联系由此推断，下列金属中人类开发利用最早的是（）ACuBFeCZnDAl10主族元素在元素周期表中的位置，取决于元素原子的（）A相对原子质量和核电荷数B电子层数和中子数C电子层数和最外层电子数D金属性和非金属性的强弱11化学能与热能、电能等能相互转化，关于化学能与其他能量相互转化的说法错误的是（）A化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成B化石燃料是可再生性能源，燃烧时将化学能转变为热能C图I所示的装置不能将化学能转变为电能D图II所示的
4、反应为放热反应12对于化学反应3W（g）+2X （g）4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（）Av（W）=v（Z）B2v（X）=3v（Z）Cv（X）=2v（Y）D3v（W）=2v（X）13对于反应：N2+O22NO，在密闭容器中进行，下列条件中能减慢化学反应速率的是（假设温度不变）（）A缩小体积使压强增大B体积不变充入N2使气体压强增大C体积不变充入He使气体压强增大D压强不变，充入He使体积增大14可逆反应A+3B2C+2D，在各种不同的情况下的反应速率分别为：v（A）=0.15molL 1s 1，v（B）=0.6molL1s 1，v（C）=0.4molL1s1，v（D）=0
5、.45molL1s1该反应进行最快的是（）ABCD15下列气体的主要成分不是甲烷的是（）A坑道气B煤气C天然气D沼气16下列烷烃中沸点最高的是（）A乙烷B正戊烷C正丁烷D新戊烷17下列化合物中既易发生取代反应，也可发生加成反应，还能使KMnO4酸性溶液褪色的是（）A甲醛B丙烯C乙醇D乙烷18光照对下列反应几乎无影响的是（）A氢气与氯气B甲烷与氯气C甲烷与氧气D次氯酸分解19下列属于海水化学资源利用的是（）A海水淡化B利用海水冷却C海水提溴D海水发电20近年来，我国许多城市禁止汽车使用含铅汽油，其主要原因是（）A提高汽油燃烧效率B降低汽油成本C避免铅污染大气D铅资源短缺21下列金属铁、镁、锰、矾
6、、铬可用铝热法制备的有（）ABCD22从海水中提取金属镁的生产步骤有：浓缩结晶加熟石灰加盐酸过滤熔融电解，正确的生产顺序是（）ABCD23已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃烧热分别是285.8kJ/mol、1 411.0kJ/mol和1 366.8kJ/mol，则由C2H4（g）和H2O（l）反应生成C2H5OH（l）的H为（）A44.2 kJ/molB+44.2 kJ/molC330 kJ/molD+330 kJ/mol24有a、b、c、d四种金属将a与b用导线接起来，浸入电解质溶液中，b不易腐蚀将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应强烈将铜浸入b的盐溶液里，无明显变
7、化如果把铜浸入c的盐溶液里，有金属c析出据此判断它们的活动性顺序由强到弱的为（）AacdbBdabcCdbacDbadc25将29g乙烯和乙烷的混合气体通入足量的溴水后，溴水增重14g，则混合气体中乙烯的体积分数是（）A75%B50%C30%D25%二、非选择题（本题包括6个小题，每空2分，共50分）26X、Y、Z三种短周期元素分别处于不同的周期已知X原子和Y原子最外层电子数相同，Z原子次外层只有两个电子，X和Z可以形成离子化合物X2Z，Y和Z可以形成共价化合物Y2Z（1）写出元素符号是X、Y、Z；（2）Y单质的电子式是27A和B反应生成C，假定反应由A、B开始，它们的起始浓度均为1molL1
8、，反应进行2min后A的浓度为0.6molL1，B的浓度为0.8molL1，C的浓度为0.6molL1，则2min内反应的平均速率：v（A）=，v（B）=，v（C）=，该反应的化学方程式是28已知：有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图1所示（1）A分子中官能团的名称是，B中官能团的名称是；（2）写出C的结构简式；（3）反应的化学方程式是；（4）E是常见的高分子材料，合成E的化学方程式是（5）某同学用如图2所示的实验装置制取少量乙酸乙酯实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是；上
9、述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是（填字母）；A中和乙酸和乙醇 B中和乙酸并吸收部分乙醇C乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出D加速酯的生成，提高其产率在实验室利用B和D制备乙酸乙酯的实验中，若用1mol B和1mol D充分反应，不能生成1mol 乙酸乙酯，原因是29从有机反应RH+Cl2RCl（液）+HCl（气）制取副产品盐酸的设想已成为现实请根据所给模拟装置图回答下列问题：（1）装置B中盛放的溶液是；（2）玻璃管E中所放碘化钾的作用是；（3）从F中分离出盐酸的最佳方法是；（4）点燃A处酒精灯，点燃D处酒精灯，通入CH4，这三种操作的先后顺序是（依次填代号）300.4
10、mol有机物和0.8molO2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O（g）产物经过浓硫酸后，浓硫酸的质量增加21.6g；再通过灼热CuO充分反应后，固体质量减轻6.4g；最后气体再通过碱石灰被完全吸收，碱石灰质量增加35.2g0.1mol该有机物恰好与4.6g金属钠完全反应求：（1）该有机物的分子式为；（2）该有机物的结构简式为31某元素的同位素X，它的氯化物XCl22.22g 溶于水配成溶液后，加入1molL1的AgNO3溶液40mL恰好完全反应若这种同位素原子核内有20个中子，求：（1）X元素在周期表中的位置是；（2）写出XCl2的电子式；（3）把X的单质放入水中，写出反应的化学方
11、程式2015-2016学年湖南省娄底市重点中学高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括25个小题，每小题2分，共50分每小题只有一个选项符合题意，请用2B铅笔在答题卡上相应位置填涂）1下列气态氢化物中最稳定的是（）AH2OBPH3CHFDNH3【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】根据元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强来判断，同周期从左到右元素的非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱【解答】解：对于P、N、O、F四种非金属元素来说，N、O、F处于同一周期，同周期从左到右元素的非金属性增强，即非金属性NOF；N和P处于同一主族，同主族从上到下非金属性
12、减弱，即非金属性NP因此，非金属性最强的是F元素，元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则氢化物最稳定的是HF故选C2下列物质中不属于离子化合物的是（）ANaOHBHClCNa2O2DNH4Cl【考点】离子化合物的结构特征与性质【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键【解答】解：ANaOH中钠离子和氢氧根离子之间只存在离子键，为离子化合物，故A错误；B氯化氢分子中H原子和氯原子之间存在共价键，为共价化合物，故B正确；CNa2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键为离子化合物，故C错误；D氯化铵中铵根离子和氯离子之间存
13、在离子键、H原子和N原子之间存在共价键，为离子化合物，故D错误；故选B3等物质的量的主族金属A、B、C分别与足量的稀盐酸反应，所得氢气的体积依次为VA、VB、VC，已知2VBVC，且VAVB+VC，则在C的生成物中，该金属元素的化合价是（）A+1B+2C+3D+4【考点】化学方程式的有关计算【分析】设金属A、B、C在化合物中的化合价分别为x、y、z，金属的物质的量均为n，该条件下气体摩尔体积为Vm，利用电子守恒得出关系式，再结合2VBVC，且VA=VB+VC分析金属C在化合物中的化合价【解答】解：设金属A、B、C在化合物中的化合价分别为x、y、z，金属的物质的量均为n，该条件下气体摩尔体积为V
14、m，由电子守恒可知，nx=2，ny=2，nz=2，已知VB=2VC，则nzVm=nyVm2，即z=2y，且VA=VB+VC， nxVm=nyVm=nzVm，即x=y+z，所以x=3y，当y=1，z=2，x=3符合，则在C的生成物中，该金属元素的化合价为+2价，故选B4已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ且1mol 氧气分子中的化学键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol HO键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol HH键断裂时吸收热量为（）A920 kJB557 kJC436 kJD188 kJ【考点】有关反应热的计算【分析】2H2+O22H2O，1molH2O含有
15、2molHO键，1molH2中1mol HH键，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量，依此结合反应方程式进行计算【解答】解：氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molHH键断裂时吸收热量为x，根据方程式：2H2+O22H2O，则：4121kJ=463kJ4（2x+496kJ），解得x=436KJ，故选C5图是温度和压强对X+Y2Z反应影响的示意图图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡时混合气体中Z的体积分数下列叙述正确的是（）A上述可逆反应的正反应为放热反应BX、Y、Z均为气态C增大压强平衡向正反应方向移动D
16、上述反应的逆反应的H0【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】由图象曲线变化可知，随着温度的升高，Z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，增大压强，Z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数，以此解答该题【解答】解：A由图象曲线变化可知，随着温度的升高，Z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，故A错误；B增大压强，Z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数，则X和Y中只有一种是气态，Z为气态，故B错
17、误；C由图象可知增大压强，Z的体积分数减小，说明平衡逆向移动，故C错误；D由图象曲线变化可知，随着温度的升高，Z的体积分数增大，正反应为吸热反应，则反应的逆反应的H0，故D正确故选D6可逆反应达到化学平衡的标志是（）A正、逆反应不再进行B浓度为零C正、逆反应都还在继续进行D正、逆反应的速率相等【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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，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【解答】解：A、化学平衡是动态平衡，
18、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，故A错误；B、可逆反应始终是反应物和生成物共存的体系，所以浓度大于零，故B错误；C、正、逆反应都还在继续进行，但速率不一定相等，所以不一定是平衡状态，故C错误；D、正、逆反应的速率相等，达平衡状态，故D正确；故选D7下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是（）ACH4BPCl3CPCl5DH2O【考点】原子核外电子排布【分析】对于共价化合物元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子层=8，则该元素原子满足8电子结构，据此判断【解答】解：ACH4中H原子的最外层电子为：1+1=2，不都满足8电子稳定结构，故A错误；BPCl3中P元素化合价为+3，
19、P原子最外层电子数为5，所以3+5=8，P原子满足8电子结构；Cl元素化合价为1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故B正确；CPCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故C错误；DH2O中H原子的最外层电子为：1+1=2，不都满足8电子稳定结构，故D错误故选B8下列粒子半径的比较中，正确的是（）ANa+NaBClClCCa2+ClDMgNa【考点】微粒半径大小的比较【分析】A、原子半径大于相应的阳离子半径；B、原子半径小于
20、相应的阴离子半径；C、电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小；D、同周期自左而右原子半径减小【解答】解：A、原子半径大于相应的阳离子半径，故半径Na+Na，故A错误；B、原子半径小于相应的阴离子半径，所以半径ClCl，故B正确；C、Ca2+与Cl电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以半径Ca2+Cl，故C错误；D、同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径NaMg，故D错误；故选B9金属活动性的强弱与人类开发利用这些金属单质的时间顺序有着某种内在联系由此推断，下列金属中人类开发利用最早的是（）ACuBFeCZnDAl【考点】金属冶炼的一般原理【分析】金属开发利用的先后与金属活动性有关，
21、性质越活泼的金属开发利用越晚，性质越稳定的金属开发利用越早，据此解答【解答】解：金属开发利用的先后与金属活动性有关，性质越活泼的金属开发利用越晚，性质越稳定的金属开发利用越早，金属的活动性：AlZnFeCu，所以Cu的金属活动性最弱，所以Cu开发利用最早故选A10主族元素在元素周期表中的位置，取决于元素原子的（）A相对原子质量和核电荷数B电子层数和中子数C电子层数和最外层电子数D金属性和非金属性的强弱【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】主族元素电子层数等于周期数，最外层电子数等于主族数，它们决定了主族元素在元素周期表中的位置【解答】解：对主族元素而言，其电子层数就是该元素在元素周期表中的周
22、期序数；其最外层上的电子数就是该元素在周期表中的族序数由该元素在周期表中的周期和族决定元素的位置故选：C11化学能与热能、电能等能相互转化，关于化学能与其他能量相互转化的说法错误的是（）A化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成B化石燃料是可再生性能源，燃烧时将化学能转变为热能C图I所示的装置不能将化学能转变为电能D图II所示的反应为放热反应【考点】常见的能量转化形式；化学反应中能量转化的原因【分析】A化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量；B化石燃料是不可再生能源；C图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池；D图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量【解答】解：A化学
23、反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故A正确；B化石燃料是不可再生能源，在地球上蕴藏量是有限的，故B错误；C图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，故C正确；D图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故D正确；故选B12对于化学反应3W（g）+2X （g）4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（）Av（W）=v（Z）B2v（X）=3v（Z）Cv（X）=2v（Y）D3v（W）=2v（X）【考点】反应速率的定量表示方法【分析】根据化学反应速率是用单
24、位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示的，利用化学反应中化学反应速率之比等于其化学计量数之比来解答【解答】解：A、由化学计量数可知，v（W）：v（Z）=1：1，故A正确；B、由化学计量数可知，v（X）：v（Z）=2：3，故B错误；C、由化学计量数可知，v（X）：v（Y）=2：4=1：2，即2v（X）=v（Y），故C错误；D、由化学计量数可知，v（W）：v（X）=3：2，故D错误；故选A13对于反应：N2+O22NO，在密闭容器中进行，下列条件中能减慢化学反应速率的是（假设温度不变）（）A缩小体积使压强增大B体积不变充入N2使气体压强增大C体积不变充入He使气体压强增大D压强不变，充入
25、He使体积增大【考点】化学反应速率的影响因素【分析】一般来说，对于气体参加的反应，增大压强、浓度，升高温度、加入催化剂等，可增大反应速率，反之速率减小，以此解答该题【解答】解：A缩小体积使压强增大，浓度增大，则反应速率增大，故A不选；B体积不变充入N2使气体压强增大，浓度增大，则反应速率增大，故B不选；C体积不变充入He使气体压强增大，但参加反应的气体浓度不变，反应速率不变，故C不选；D压强不变，充入He使体积增大，浓度减小，则反应速率减小，故D选故选D14可逆反应A+3B2C+2D，在各种不同的情况下的反应速率分别为：v（A）=0.15molL 1s 1，v（B）=0.6molL1s 1，v
26、（C）=0.4molL1s1，v（D）=0.45molL1s1该反应进行最快的是（）ABCD【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答【解答】解：反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则=0.15；=0.2；=0.2；=0.225，显然中比值最大，反应速率最快，故选D15下列气体的主要成分不是甲烷的是（）A坑道气B煤气C天然气D沼气【考点】化石燃料与基本化工原料【分析】天然气、沼气、坑道产生的气体的主要成分为甲烷，而水煤气的主要成分为CO和氢气，以此来解答【解答】解：A、煤矿的坑道气的主要
27、成分是甲烷，故A错误；B、煤气即水煤气，主要成分是一氧化碳和氢气，故B正确；C、天然气的主要成分是甲烷，故C错误；D、沼气的主要成分是甲烷，故C错误；故选B16下列烷烃中沸点最高的是（）A乙烷B正戊烷C正丁烷D新戊烷【考点】饱和烃与不饱和烃【分析】烷烃的相对分子质量越大，沸点越高；分子式相同的烷烃，支链越多，沸点越低，以此进行判断【解答】解：戊烷的相对分子质量比乙烷、正丁烷大，所以戊烷的沸点比乙烷、正丁烷高，戊烷的同分异构体中正戊烷无支链，而新戊烷中存在支链，所以正戊烷的沸点最高，故选B17下列化合物中既易发生取代反应，也可发生加成反应，还能使KMnO4酸性溶液褪色的是（）A甲醛B丙烯C乙醇D
28、乙烷【考点】有机物的结构和性质【分析】发生加成反应，应含有不饱和键或苯环，能被酸性高锰酸钾氧化，可为不饱和烃、苯的同系物或乙醇等，以此解答该题【解答】解：A甲醛含有醛基，可发生加成、氧化反应，但不能发生取代反应，故A错误；B丙烯属于烯烃且含有一个甲基，甲基上发生取代反应，碳碳双键能发生加成、能使高锰酸钾溶液褪色，因此符合题意，故B正确；C乙醇属于饱和一元醇不能发生加成反应，故C错误；D乙烷属于烷烃主要发生取代反应，不能发生加成反应，与酸性高锰酸钾不反应，故D错误故选B18光照对下列反应几乎无影响的是（）A氢气与氯气B甲烷与氯气C甲烷与氧气D次氯酸分解【考点】氯气的化学性质；化学基本反应类型；氯
29、、溴、碘及其化合物的综合应用；甲烷的化学性质【分析】光照下，氯气能与氢气、甲烷发生反应，次氯酸光照下分解，而甲烷与氧气反应需要点燃或加热，以此来解答【解答】解：A光照下反应生成HCl，故A不选；B光照下发生取代反应生成一氯甲烷和HCl，故B不选；C光照下二者不反应，故C选；D光照下次氯酸分解生成HCl和氧气，故D不选；故选C19下列属于海水化学资源利用的是（）A海水淡化B利用海水冷却C海水提溴D海水发电【考点】海水资源及其综合利用；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】海水化学资源利用意思是利用海水资源时发生化学反应，据此分析解答【解答】解：海水化学资源利用意思是利用海水资源时发生化学反
30、应，A海水淡化属于物理变化，故A错误；B利用海水冷却属于物理变化，利用了物质的物理性质，故B错误；C溴元素在海水中以溴离子存在，要想从海水中提取溴单质，提取溴单质前后溴元素化合价发生变化，所以一定发生了化学反应，故C正确；D利用海水发电过程只是能量的转化，故D错误；故选C20近年来，我国许多城市禁止汽车使用含铅汽油，其主要原因是（）A提高汽油燃烧效率B降低汽油成本C避免铅污染大气D铅资源短缺【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发【分析】汽油中加入含铅的化合物可以防爆，但是在燃烧的过程中生成的铅的化合物会污染环境【解答】解：铅是一种极毒的物质，是种慢性中毒的元素，因为它能置换骨中的钙，储存在骨
31、中而不显任何坏影响，人不会注意到它，一旦它开始溶在血液中，中毒已经很深了铅中毒会导致死胎、流产、不育和弱智儿现在的食品和日常生活用品对含铅量有明确的规定，尤其是儿童用品，如儿童玩具的表面油漆绝对不能用含铅量大的普通油漆，必须用特殊的无铅油漆人们在生活中尽量少接触铅及含铅物品汽油中的铅来自于汽油添加剂四乙基铅，它可以提高汽油的抗暴震性，提高汽油标号，但也污染了环境所以，为了避免铅污染大气，我国许多城市禁止汽车使用含铅汽油故选：C21下列金属铁、镁、锰、矾、铬可用铝热法制备的有（）ABCD【考点】金属冶炼的一般原理【分析】金属冶炼的实质为金属离子的电子被还原生成单质，用铝热法制备金属，所制备金属的
32、活泼性应比铝弱【解答】解：铁、锰、矾、铬等金属的活泼性比铝弱，在高温下用铝热法制备，而镁的活泼性比铝强，不能被铝置换生成单质，不能用铝热法制备故选C22从海水中提取金属镁的生产步骤有：浓缩结晶加熟石灰加盐酸过滤熔融电解，正确的生产顺序是（）ABCD【考点】海水资源及其综合利用【分析】由于海水含有大量的氯化镁，因此常用海水来制备金属镁，大体步骤为：将石灰乳加入海水或卤水中，沉淀出氢氧化镁，氢氧化镁再和稀盐酸反应生成氯化镁，然后对得到的氯化镁溶液蒸发结晶，电解熔融状态的氯化镁，就能得到金属镁【解答】解：根据题意提供的五个步骤采用逆推法分析：最后一步应该是电解熔融的氯化镁MgCl2Mg+Cl2；再往
33、前一步应该是制备熔融的氯化镁，分析应该是浓缩结晶；再往前一步应该是制备氯化镁溶液了，Mg（OH）2+2HClMgCl2+2H2O，分析应该是；再往前一步应该是过滤得到氢氧化镁沉淀第一步应该是将海水的中镁离子富集起来，常用的方法是沉淀，应该是MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2；所以顺序为故选：C23已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃烧热分别是285.8kJ/mol、1 411.0kJ/mol和1 366.8kJ/mol，则由C2H4（g）和H2O（l）反应生成C2H5OH（l）的H为（）A44.2 kJ/molB+44.2 kJ/molC330 kJ/mol
34、D+330 kJ/mol【考点】有关反应热的计算【分析】已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（l）的燃烧热分别是285.8kJ/mol、1411.0kJ/mol和1366.8kJ/mol，则有：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol；C2H4（g）+3O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）H=1411.0kJ/mol；C2H5OH（l）+3O2（g）=3H2O（l）+2CO2 （g）H=1366.8kJ/mol；根据盖斯定律 可得C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l），反应热也进行相应的计算【解答】解：已知H2（g）、C2H4（g）和C2H5OH（
35、l）的燃烧热分别是285.8kJ/mol、1411.0kJ/mol和1366.8kJ/mol，则有：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol；C2H4（g）+3O2（g）=2H2O（l）+2CO2（g）H=1411.0kJ/mol；C2H5OH（l）+3O2（g）=3H2O（l）+2CO2 （g）H=1366.8kJ/mol；根据盖斯定律 可得：C2H4（g）+H2O（l）=C2H5OH（l）故H=（1411.0kJ/mol）（1366.8kJ/mol）=44.2kJ/mol，故选A24有a、b、c、d四种金属将a与b用导线接起来，浸入电解质溶液中，b不易腐蚀将a、d分别
36、投入等浓度的盐酸中，d比a反应强烈将铜浸入b的盐溶液里，无明显变化如果把铜浸入c的盐溶液里，有金属c析出据此判断它们的活动性顺序由强到弱的为（）AacdbBdabcCdbacDbadc【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理【分析】原电池中被腐蚀的金属是活动性强的金属；金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属【解答】解：两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将a与b用导线连接起来浸入电解质溶液中，b不易腐蚀，所以a的活动性大于b；金属
37、和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈，将a、d分别投入等浓度盐酸溶液中，d比a反应剧烈，所以d的活动性大于a；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化，说明b的活动性大于铜如果把铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，说明铜的活动性大于c；所以金属的活动性顺序为：dabc，故选B25将29g乙烯和乙烷的混合气体通入足量的溴水后，溴水增重14g，则混合气体中乙烯的体积分数是（）A75%B50%C30%D25%【考点】化学方程式的有关计算【分析】乙烷不与溴水反应，则溴水增重的质量为乙烯的质量，然后根据总质量计算出混合物中乙烷的物质的量，再根据n=计算出乙烯
38、、乙烷的物质的量，最后根据相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比进行计算【解答】解：将29g乙烯和乙烷的混合气体通入足量的溴水后，溴水增重的14g为乙烯的质量，则混合物中乙烷的质量为：29g14g=15g，14g乙烯的物质的量为： =0.5mol，15g甲烷的物质的量为： =0.5mol，相同条件下气体的物质的量之比与体积之比相等，所以混合气体中乙烯的体积分数为：100%=50%，故选B二、非选择题（本题包括6个小题，每空2分，共50分）26X、Y、Z三种短周期元素分别处于不同的周期已知X原子和Y原子最外层电子数相同，Z原子次外层只有两个电子，X和Z可以形成离子化合物X2Z，Y和Z可以形成共
39、价化合物Y2Z（1）写出元素符号是XNa、YH、ZO；（2）Y单质的电子式是H：H【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】Z原子次外层只有2个电子，所以Z是第二周期元素，X、Y、Z三种短周期元素，分别位于不同的周期，则X和Y位于第一、第三周期；X和Y原子最外层电子数相同，所以X和Y位于同一主族，X和Z可以形成离子化合物X2Z，Y和Z可以形成共价化合物Y2Z，则Y为H元素，X为Na元素，Z为O元素，据此进行答题【解答】解：Z原子次外层只有2个电子，所以Z是第二周期元素，X、Y、Z三种短周期元素，分别位于不同的周期，则X和Y位于第一、第三周期，X和Y原子最外层电子数相同，所以X和Y位于同一主族，
40、X和Z可以形成离子化合物X2Z，Y和Z可以形成共价化合物Y2Z，则Y为氢元素，X为钠元素，Z为氧元素，（1）根据上面的分析可知，X、Y、Z三种元素分别为Na、H、O，故答案为：Na；H；O；（2）Y为H元素，其单质为氢气，氢气分子中含有应该HH键，其电子式为H：H，故答案为：H：H27A和B反应生成C，假定反应由A、B开始，它们的起始浓度均为1molL1，反应进行2min后A的浓度为0.6molL1，B的浓度为0.8molL1，C的浓度为0.6molL1，则2min内反应的平均速率：v（A）=0.2molL1min1，v（B）=0.1molL1min1，v（C）=0.3molL1min1，该反
41、应的化学方程式是2A+B=3C【考点】反应速率的定量表示方法【分析】根据v=计算出2min内用物质A、B、C表示的平均反应速率，再利用速率之比等于化学计量数之比确定系数，书写化学反应方程式【解答】解：v（A）=0.2molL1min1，v（B）=0.1 molL1min1，v（C）=0.3 molL1min1，所以，v（A）：v（B）：v（C）=0.2 molL1min1：0.1molL1min1：0.3 molL1min1=2：1：3，化学计量数之比等于速率之比，反应方程式为：2A+B=3C故答案为：0.2 molL1min1；0.1molL1min1；0.3 molL1min1；2A+B=
42、3C28已知：有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图1所示（1）A分子中官能团的名称是碳碳双键，B中官能团的名称是羟基；（2）写出C的结构简式CH3CHO；（3）反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）E是常见的高分子材料，合成E的化学方程式是nCH2=CH2（5）某同学用如图2所示的实验装置制取少量乙酸乙酯实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是防倒吸；上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是（填字母）BC；A中和乙酸和乙醇 B中和乙酸并吸收部分乙醇C
43、乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出D加速酯的生成，提高其产率在实验室利用B和D制备乙酸乙酯的实验中，若用1mol B和1mol D充分反应，不能生成1mol 乙酸乙酯，原因是该反应为可逆反应，有一定的限度，不可能完全转化【考点】有机物的合成【分析】有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是CH2=CH2，CH2=CH2和H2O反应生成CH3CH2OH，则B是CH3CH2OH，CH3CH2OH被O2氧化生成C，C反应生成D，D和乙醇反应生成乙酸乙酯，则D是CH3COOH，C是CH3CHO，A反应生成E，E是高分子化合物，则E结构简式为，据此分析解答【
44、解答】解：有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是CH2=CH2，CH2=CH2和H2O反应生成CH3CH2OH，则B是CH3CH2OH，CH3CH2OH被O2氧化生成C，C反应生成D，D和乙醇反应生成乙酸乙酯，则D是CH3COOH，C是CH3CHO，A反应生成E，E是高分子化合物，则E结构简式为，（1）A是CH2=CH2，B是CH3CH2OH，A中官能团名称是碳碳双键、B中官能团名称是羟基，故答案为：碳碳双键；羟基；（2）根据上面的分析可知，C是CH3CHO，故答案为：CH3CHO；（3）反应为乙醇的催化氧化反应，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2
45、O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）E是聚乙烯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应方程式为：nCH2=CH2，故答案为：nCH2=CH2；（5）实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下是为了防止倒吸，故答案为：防倒吸；饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，能和乙酸反应生成二氧化碳和可溶性的乙酸钠，能降低乙酸乙酯溶解度，从而更好的析出乙酸乙酯，故选BC；在实验室利用B和D制备乙酸乙酯的实验中，若用1mol B和1mol D充分反应，不能生成1mol乙酸乙酯，因为该反应是可逆反应，当反应达到一定限度时达到平衡状态，故答案为：该反应为可逆反应，有一定的限度，不可能完全转化29从有机
46、反应RH+Cl2RCl（液）+HCl（气）制取副产品盐酸的设想已成为现实请根据所给模拟装置图回答下列问题：（1）装置B中盛放的溶液是饱和食盐水；（2）玻璃管E中所放碘化钾的作用是除去未反应完的Cl2 ；（3）从F中分离出盐酸的最佳方法是分液；（4）点燃A处酒精灯，点燃D处酒精灯，通入CH4，这三种操作的先后顺序是（依次填代号）【考点】氯气的实验室制法；氯气的化学性质【分析】啧啧啧A生成氯气，氯气含有杂质气体，通过装置B中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，装置C 可以使气体混合均匀，浓硫酸具有吸水性，能够干燥混合气体，装置D发生有机反应RH+Cl2RCl（液）+HCl（气），装置E中碘化钾能够
47、与过量的氯气发生反应生成氯化钾和单质碘，用来吸收过量的氯气，装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸，F装置在吸收氯化氢时可防止倒吸，（1）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有挥发的氯化氢；氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小；（2）碘化钾能够与过量的氯气发生反应生成氯化钾和单质碘，用来吸收过量的氯气；（3）甲烷和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；最后生成的HCl溶于水生成盐酸，与有机物可用分液的方法分离；（4）避免空气干扰需要先通入甲烷气体排净装置内空气，然后加热装置A反应得到氯气，装置C中装有浓硫酸能够干燥混合
48、气体，能够使氯气与甲烷混合均匀，加热装置D；【解答】解：（1）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有挥发的氯化氢；氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故答案为：饱和食盐水；（2）碘化钾能够与过量的氯气发生反应生成氯化钾和单质碘，用来吸收过量的氯气；故答案为：除去未反应完的Cl2 ；（3）甲烷和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开，故答案为
49、：分液；（4）为避免空气干扰需要先通入甲烷气体排净装置内空气，然后加热装置A反应得到氯气，装置C中装有浓硫酸能够干燥混合气体，能够使氯气与甲烷混合均匀，气泡冒出后再加热装置D，这三种操作的先后顺序是：，故答案为：300.4mol有机物和0.8molO2在密闭容器中燃烧后的产物为CO2、CO和H2O（g）产物经过浓硫酸后，浓硫酸的质量增加21.6g；再通过灼热CuO充分反应后，固体质量减轻6.4g；最后气体再通过碱石灰被完全吸收，碱石灰质量增加35.2g0.1mol该有机物恰好与4.6g金属钠完全反应求：（1）该有机物的分子式为C2H6O2；（2）该有机物的结构简式为HOCH2CH2OH【考点】
50、有关有机物分子式确定的计算【分析】浓硫酸增重21.6g为反应生成的水的质量，通过灼热氧化铜，由于发生反应CuO+COCu+CO2，固体质量减轻了6.4g，结合方程式利用差量法可计算CO的物质的量，通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了35.2g可计算总CO2的物质的量，减去CO与CuO反应生成的CO2的质量为有机物燃烧生成CO2的质量，根据元素守恒计算有机物中含有C、H、O的物质的量，进而求得化学式；结合分子式、与钠反应生成氢气的体积，判断分子中官能团，据此书写结构简式【解答】解：（1）有机物燃烧生成水21.6g，物质的量为： =1.2mol，令有机物燃烧生成的CO为x，则：CuO+COCu+CO2
51、 固体减少m 28g 16g x 6.4g所以x=11.2g，CO的物质的量为： =0.4mol，根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.4mol，质量为0.4mol44g/mol=17.6g，有机物燃烧生成的CO2的质量为35.2g17.6g=17.6g，其物质的量为： =0.4mol，根据碳元素守恒可知，1mol有机物含有碳原子物质的量为： =2mol，根据氢元素守恒可知，1mol有机物含有氢原子物质的量为： =6mol，根据氧元素守恒可知，1mol有机物含有氧原子物质的量为： =2mol，所以有机物的分子式为：C2H6O2，故答案为：C2H6O2；（2）0.1mol
52、该有机物恰好与4.6g金属钠完全反应，即与0.2mol钠反应，说明含有2个羟基，应为HOCH2CH2OH，故答案为：HOCH2CH2OH31某元素的同位素X，它的氯化物XCl22.22g 溶于水配成溶液后，加入1molL1的AgNO3溶液40mL恰好完全反应若这种同位素原子核内有20个中子，求：（1）X元素在周期表中的位置是第四周期第A族；（2）写出XCl2的电子式；（3）把X的单质放入水中，写出反应的化学方程式Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据Cl+Ag+AgCl计算XCl2的物质的量，再由M=计算其摩尔质量，摩尔质量与相对分子质量的数值相等，原子的
53、质量数为原子的近似相对原子质量，结合该原子原子核内有20个中子，根据质子数=质量数中子数来计算原子的质子数，利用质子数确定元素在周期表中的位置，并利用质量守恒定律及X的性质来书写反应方程式，推测现象【解答】解：（1）由Cl+Ag+AgCl可知，n（Cl）=n（Ag+）=0.04L1mol/L=0.04mol，n（XCl2）=n（Cl）=0.04mol=0.02mol，则M（XCl2）=111g/mol，所以XCl2相对分子质量为111，所以X的相对原子质量=11135.52=40，即X的质量数为40，质子数=质量数中子数=4020=20，答：Z=20，A=40；X为Ca，位于第四周期第A族，故答案为：第四周期第A族；（2）CaCl2的电子式：，故答案为：；（3）把钙的单质放入水中，反应的化学方程式为：Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2，故答案为：Ca+2H2O=Ca（OH）2+H22016年11月10日