1、1郸城一高 20192020 学年下期高一第三次周练化学试卷参考答案1B【解析】烷烃分子中无论是碳碳键还是碳氢键，都是单键，正确；烷烃属于饱和链烃，其化学性质一般比较稳定，通常烷烃不与酸、碱、氧化剂（如酸性 KMnO4 溶液）反应，也不能使溴水褪色，错误；因分子通式CnH2n2 中的氢原子已达完全饱和，因此符合通式 CnH2n2 的有机物一定是烷烃，错误；烷烃在光照下都能与氯气发生取代反应，这是烷烃的主要特性之一，正确；乙烷是烷烃，和溴水不反应，错误，答案选 B。2B 将 1 mol 甲烷和适量的 Cl2 混合后光照，根据充分反应后生成 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4 四种有机
2、产物的物质的量依次增大 0.1mol，经计算可以确定其物质的量分别是 0.1mol、0.2mol、0.3mol、0.4mol，四种有机取代物的物质的量之比为 n（CH3Cl）：n（CH2Cl2）：n（CHCl3）：n（CCl4）=1：2：3：4，发生取代反应时，Cl2 中的Cl 原子取代甲烷分子中的 H 同时生成 HCl，消耗氯气的物质的量为 0.1mol+20.2mol+30.3mol+40.4mol=3mol，故选 B。3CA、甲烷和氯气发生取代反应，必须在光照条件下进行，故 A 错误；B、甲烷和 Cl2 反应后生成的 CH3Cl 能继续和氯气发生取代，从而生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳
3、，故 B 错误；C、发生取代反应生成的 HCl 溶于氯化钠溶液后，能使氯化钠的溶解度降低，故饱和氯化钠溶液中有晶体析出，所以 C 选项是正确的；D、甲烷和氯气取代后生成的一氯甲烷为气体，其它有机产物均为液态，生成的 HCl 易溶于水，故甲烷和氯气的反应为气体的物质的量减少的反应，故会导致液面上升，但液体不能充满整个试管，故 D 错误。4B【解析】无水 CaCl2 吸收水蒸气，增重 50.4g，说明水蒸气的质量为 50.4g，根据氢元素守恒，则甲烷的物质的量为 50.42/(184)mol=1.4mol，设 CO 的物质的量为 xmol，则 CO2 的物质的量为(1.4x)mol，根据混合气体的
4、总质量，得出 28x(1.4x)4450.4=99.2，解得 x=0.8mol，则 CO 的质量为 0.828g=22.4g，故选项 B 正确。点睛：本题不能根据化学反应方程式计算，因为氧气的量不能确定，如果氧气多，则产生二氧化碳的量多，如果氧气少，则产生 CO 的量多，需要通过元素守恒，进行计算。5C【解析】甲烷与氯气一旦发生取代反应就不会停止在某一步，四种有机物都会产生，故得不到纯净的 CH3Cl，A 错误，C 正确；甲烷与氯气的反应中每取代 1 mol 氢原子，消耗 1 mol 氯气，生成 1 mol HCl，故产物中 HCl 最多，B 错误；1 mol 甲烷生成 CCl4 最多消耗 4
5、 mol 氯气，D 错误。6D【解析】A 项、甲烷分子中含有 4 个碳氢键，碳原子半径大于氢原子，空间构型为正四面体型，比例模型为，故 A 正确；B 项、乙烷的结构式为，结构简式为 CH3CH3，故 B 正确；2C 项、磷元素的原子序数为 15，原子结构示意图为，故 C 正确；D 项、MgCl2 是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，其电子式为，故选 D。7A【解析】A.因为甲烷和氯气均无剩余，则由反应前后碳元素的质量守恒可得一氯甲烷的的物质的量为(1-X-Y-Z)mol，由氢元素的质量守恒可知 n（HCl）=n（CH3Cl）+2n（CH2Cl2）+3n（CHCl3）+4n（CCl4）=（1-X
6、-Y-Z+2X+3Y+4Z）mol=（1X2Y3Z）mol，答案选 A。8B【解析】A 项、甲烷化学性质比较稳定，跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应，A 正确；B 项、甲烷可以燃烧，能与氧气发生氧化反应，故 B 错误；C 项、甲烷是饱和链烃，跟氯气在光照条件下发生取代反应无论生成 CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，故 C 正确；D 项、甲烷的四种有机取代物中只有一氯甲烷是气体，其余三种为液态且都不溶于水，故 D 正确。9D【解析】A.Z 为 S，X 为 O，二者同主族，故 A 正确；B.X 为 O，Y 为 Mg，O2-和 Mg2+电子层结构相同，故 B 正确；C.W 为 C 元素，Z
7、 为 S，WZ2 为 CS2，为共价化合物，只含有共价键，故 C 正确；D.W、X 两种元素可以形成 CO 和 CO2，故 D 错误。10A【解析】AEF 段产生的 CO2 共 0.02 mol，由于反应中 n(HCl)n(CO2)21，所以该段消耗 n(HCl)0.04mol，时间 1 min，所以用盐酸表示的 EF 段平均化学速率是 0.4 molL1min1，A 正确；B单位时间内反应生成的多或反应物消耗的多，则速率快。由于横坐标都是 1 个单位，EF 段产生的 CO2 多，所以该段反应速率最快，不是 OE 段，B 错误；C收集的 CO2 是看总量的，F 点只有 672 mL，应该是 G
8、 点的体积最多，C 错误；D由于时间都是 1 min，所以三段的速率之比就等于产生 CO2 的体积之比，即 224(672224)(784672)241，D 错误；故答案为 A。11B【解析】A.原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以在熔融电解质中，O2-移向负极，故 A 错误；B.电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式相同，为 2C4H10+13O28CO2+10H2O，故 B 正确；C.通入空气的一极是正极，在该极上是氧气发生得电子的还原反应，电极反应为：O2+4e-=2O2-，故 C 错误；D.通入丁烷一极是负极，该极上发生失电子的氧化反应，正确的电极反应式为 C4H10+13O2
9、-26e-=4CO2+5H2O，故D 错误；12C【解析】A、化学平衡是一个动态的平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率相等，但不为零，A 错误；B、反应的任意时刻都有 3正N2正H2，不能说明反应已达平衡，当符合：3逆N2正H2时，就可以说明反应已达平衡，B 错误；C、达到化学平衡时，单位时间消耗 a molN2，则同时生成 molN2，因此生成 3a molH2，C 正确；D、当 N2、H2、NH3 的分子数比为 132 时，反应不一定是处于平衡态，D 错误。正确答案为 C。313C【解析】A.Al 是 13 号元素，Ga 位于 Al 下一周期同一主族，由于第四周期包括 18 种元素，
10、则 Ga 的原子序数为 13+18=31，A 正确；B.Al、Ga 是同一主族的元素，由于金属性 AlGa，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以碱性：Al(OH)3 r(P3-)r(Ga3+)，C错误；D.GaAs 导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D 正确；14B【解析】A5IF 由碘和氟两种元素组成，是化合物，故 A 正确；B氧化性 Fe3+I2，IBr 与铁反应生成 FeI2，故 B 错误；CCl、Br 的非金属性比 I 强，BrCl 的氧化性强于 I2，介于氯气和溴之间，故 C 正确；DIBr 可以与 NaOH 溶液
11、生成 NaIO 和 NaBr，故 D 正确；15B【解析】A.构成单质分子的粒子不一定含有共价键，如稀有气体分子，故 A 错误；B.由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，也可以是离子化合物，如 NH4Cl，故 B 正确；C.非极性键除存在于双原子单质分子里外，也可能存在于多原子的共价化合物中，如 H2O2，或离子化合物中，如Na2O2，故 C 错误；D.不同元素组成的多原子分子里的化学键不一定是极性键，也可以有非极性键，如 H2O2，故 D 错误；16A【解析】A.达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，但反应速率不等于 0，反应没有停止，故 A 错误；B.达到平衡时,SO2 的转化率达到
12、最大，故 B 正确；C.各物质的浓度不再变化，反应达到平衡，故 C 正确；D.O2 的正、逆反应速率相等，反应达到平衡，故 D 正确；17D【解析】A在 NaOH 溶液中，发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，在 A 烧杯中产生气体，有气泡逸出，错误；B在左边烧杯发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，每有 2mol 的 Al 参加反应，会产生 3mol 的氢气，溶液的质量增加 227g-32g=48g,所以溶液质量增加了，错误；C通过 B 的计算可知在左边烧杯中溶液质量增加，在右边烧杯发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，每有 1mo
13、l 的Fe 反应，溶液的质量会减轻 64-56=8g，所以左边金属球质量减轻，右边金属球质量增加，因此若去掉两个烧杯，杠杆不能保持平衡，错误；D由于在右边烧杯发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，产生的 Cu 附着在 Fe 球上，所以金属球变为红色，D 正确。18D【解析】设有机物的平均式为 CxHy，则有 CxHy+(x+4y)O2xCO2+y2H2O，105时生成的水为气体，有机4物燃烧前后体积不变，则 1+x+4y=x+y2，解答 y=4，即混合气中平均含有 H 原子数为 4。ACH4、C2H4 中 H 原子数都为 4，平均值为 4，故 A 符合；BCH4、C3H4 中 H 原子
14、数都为 4，平均值为 4，故 B 符合；CC2H4、C3H4 中 H 原子数都为 4，平均值为 4，故 C 符合；DC2H2、C3H6 中 H 原子数都为 2、6，只有 1:1 混合才能使平均值为 4，不符合以任意比例混合的要求，故 D 不符合；19（1）0.15molL-1min-1（2）3X+Y2Z（3）（4）不变（5）be【解析】（1）从开始至 2min，X 的物质的量减少了 1mol-0.7mol=0.3mol，浓度是 0.3mol/L，则平均反应速率为0.3mol/L2min=0.15molL-1min-1；（2）从开始至 2min，Y 的物质的量减少了 1mol-0.9mol=0.
15、1mol，Z 增加了 0.2mol，则根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知该反应的化学方程式为 3X+Y2Z；（3）1min 时反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则正逆反应速率的大小关系为：v(正)v(逆)；（4）若 X、Y、Z 均为气体，在 2min 时，向容器中通入氩气，增大体系压强，由于物质的浓度不变，则 X 的化学反应速率将不变；（5）aX、Y、Z 三种气体的浓度相等不能说明正逆反应速率相等，则不一定处于平衡状态，a错误；b正反应体积减少，则气体混合物物质的量不再改变说明反应达到平衡状态，b 正确；c平衡时正逆反应速率相等，但不为 0，反应没有停止，c 错误；d反应速率
16、v(X)v(Y)=2：1 说明正逆反应速率不相等，则没有处于平衡状态，d 错误；e（单位时间内消耗 X 的物质的量）：（单位时间内消耗 Z 的物质的量）=3:2 说明正逆反应速率相等，则一定处于平衡状态，e 正确；答案选 be。20（1）Pb-2e-+SO42-=PbSO4 增大0.5mol（2）H2-2e-+2OH-=2H2OO2+4e-+2H2O=4OH-【解析】（1）因为放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，Pb 失电子发生负极反应，产生的 Pb2+在 H2SO4 溶液中结合 SO42-生成难溶于水的 PbSO4，故其负极反应式为：Pb-2e-+SO42-
17、=PbSO4；根据电池反应式知，硫酸参加反应，且反应中生成水，导致溶液中氢离子浓度减小，则溶液的 pH 增大；根据反应 Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，转移 2mol 电子时，消耗 2mol H2SO4，当外电路上有 0.5mol 电子通过时，溶液中消耗H2SO4 的物质的量为 0.5mol；（2）则负极通入的是 H2，碱性条件下氢气失去电子生成的氢离子与氢氧根离子结合生成水，则负极电极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O；正极氧气得电子产生氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；21（1）.第三周期第A 族（2）H2SO4（3）NaSO，（4）
18、离子键、（非极性）共价键（5）（6）NH3+H+NH4+5【解析】A、B、C、D、E 是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素,A 元素的原子核内只有 1 个质子,则 A 为 H元素；B 的最高价氧化物对应水化物的化学式为 HBO3,则 B 的最高化合价为+5 价,位于周期表第A 族,B 元素的原子半径是其所在主族中最小的,应为 N 元素；C 元素原子的最外层电子数比次外层多 4 个,只能有 2 个电子层,最外层电子数为 6,应为 O 元素；C 的阴离子与 D 的阳离子具有相同的电子排布,两元素可形成化合物 D2C,则 D 的化合价为+1 价,D 为 Na 元素；C、E 主族,则 E 为 S 元
19、素；综上分析可知：A 为 H，B 为 N、C 为 O、D 为 Na、E 为 S；（1）D 为 Na，核电荷数为 11，结构示意图，所以在周期表中的位置第三周期第A 族；B 为 N，核电荷数为 7，原子结构示意图；正确答案：第三周期第A 族；。（2）E 为 S，S 元素形成最高价氧化物对应的水化物的化学式为 H2SO4；正确答案：H2SO4。（3）C 为 O、D 为 Na、E 为 S，同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，同一主族，核电荷数越大，原子半径越大，因此三种元素原子半径大小关系是 NaSO，即 DEC；正确答案：DEC。（4）C 为 O、D 为 Na，形成 Na2O2,钠离子与过氧根离
20、子间为离子键，2 个氧原子之间为共价键；正确答案：离子键、（非极性）共价键。（5）A 为 H，C 为 O，两种元素形成的原子个数之比为 1：1 的化合物为 H2O2，H2O2 为共价化合物，电子式为：；正确答案：。（6）B 的氢化物为 NH3 与 B 的最高价氧化物的水化物 HNO3 反应生成硝酸铵，离子方程式：NH3+H+NH4+；正确答案：NH3+H+NH4+。22（1）分液漏斗 MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O（2）干燥甲烷（3）不能，生成的 HCl 会被碱石灰吸收（4）C、D（5）分液【解析】（1）仪器 F 的名称为分液漏斗；加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。（2）浓硫酸具有吸水性，所以 B 装置的功能除控制气流速度、均匀混合气体以外还有干燥甲烷的作用。（3）由于生成的 HCl 会被碱石灰吸收，所以 D 装置中的 KI 粉末不能换成碱石灰。（4）E 能吸收氯化氢且能防止倒吸，所以 E 装置作用是吸收氯化氢和防止产生倒吸，答案选 CD。（5）氯代烃不易溶于水，而 HCl 极易溶于水，可以采用分液方法分离提纯。
