1、期末综合测评(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,每题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.中国传统文化对人类文明贡献巨大,古代文献中记载了很多化学研究成果。下列常见古诗文对应化学知识正确的是()选项古诗文化学知识A本草经集注中记载鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法:“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也。”鉴别消石和朴消利用了焰色反应B本草纲目拾遗中对强水的记载:“性最烈,能蚀五金,其水甚强,惟玻璃可盛。”“强水”是指氢氟酸C梦溪笔谈中对宝剑的记载:“古人以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折。”剂钢为铁的合金,其硬度比纯铁的大,熔点比纯铁的高D诗经大
2、雅绵:“堇茶如饴。”郑玄笺:“其所生菜,虽有性苦者,甘如饴也。”糖类均有甜味,且都能发生水解反应答案A解析钠的焰色反应是黄色的,钾的焰色反应是紫色的,通过“强烧之,紫青烟起,乃真硝石也”可判断该鉴别方法利用了焰色反应,A正确;玻璃的主要成分是二氧化硅,能与氢氟酸反应,由“惟玻璃可盛”可判断,强水不可能是氢氟酸,B错误;铁的合金硬度比纯铁的大,熔点比纯铁的低,C错误;糖类不一定都有甜味,例如淀粉属于多糖,没有甜味;葡萄糖虽有甜味,但是不能发生水解,D错误。2.下列我国古代的技术应用中,其不涉及化学反应的是()A.火药使用B.粮食酿酒续表C.活字印刷D.造纸技术答案C解析火药爆炸时涉及化学反应,不
3、选A;酿酒是淀粉发生一系列反应最终生成乙醇,是化学反应,不选B;活字印刷过程中没有新的物质生成,不是化学变化,选C;造纸过程中发生化学变化,不选D。3.下列物质加入水中或与水发生反应后,溶液温度降低的是()A.生石灰与水反应B.氢氧化钠固体加入水中C.浓硫酸加入水中D.硝酸铵晶体加入水中答案D解析生石灰与水反应生成氢氧化钙时放出大量的热;氢氧化钠固体加入水中溶解后会放出热量;浓硫酸加入水中会放出大量的热量,溶液的温度会升高;硝酸铵晶体加入水中吸收热量,溶液温度降低。4.下列说法不正确的是()A.甲烷分子的填充模型为,其二氯取代物有1种结构B.苯和乙烯都能使溴水褪色,其褪色原理相同C.相同质量的
4、乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧,消耗氧气的物质的量相同D.在一定条件下,苯与氯气生成氯苯的反应类型是取代反应答案B解析甲烷为正四面体结构,其分子中只有一种H,则填充模型为,其二氯取代物有1种结构,A正确;苯与溴水不反应,但苯能萃取溴水中的溴,乙烯与溴水发生加成反应,则褪色原理不同,前者为萃取,后者为化学反应,B错误;乙炔与苯的最简式相同,均为CH,含C、H的质量分数相同,则相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧,消耗氧气的物质的量相同,C正确;苯与氯气生成氯苯的反应为取代反应,D正确。5.下列叙述中,正确的是()能发生酯化反应的酸一定是羧酸油脂水解后得到的醇是丙三醇天然蛋白质水解的最
5、后产物是氨基酸淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物蛋白质溶液中加浓K2SO4溶液后,蛋白质从溶液中析出,这种变化叫变性A.B.C.D.答案C解析能发生酯化反应的酸可以是羧酸也可以是无机含氧酸,错误;油脂的主要成分是高级脂肪酸与甘油所生成的酯,水解后得到的醇是丙三醇(俗名甘油),正确;天然蛋白质水解的最后产物是-氨基酸,正确;淀粉、纤维素属于天然高分子化合物,油脂属于小分子,错误;蛋白质溶液中加浓K2SO4溶液后,蛋白质从溶液中析出,K2SO4使蛋白质的溶解度降低,这种变化叫盐析,错误;正确的有。6.下列叙述正确的是()A.元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素B.短周期A族与A
6、族元素的原子间构成分子,均满足原子最外层8电子结构C.N、C、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键又有共价键D.第3周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强答案B解析位于金属与非金属分界线附近的元素具有一定的金属性与非金属性,过渡元素包括副族元素与族元素,全部为金属元素,故A错误;短周期A族与A族元素的原子间构成的分子为AB4型,原子最外层电子数与其化合价绝对值之和均为8,满足8电子结构,故B正确;C、N、O、H四种元素形成的化合物可能为氨基酸或蛋白质或碳酸铵等,其中氨基酸中没有离子键,故C错误;第3周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强,不是最高价含氧酸则没有此规律,如非金属
7、性ClS,而次氯酸为弱酸,硫酸为强酸,故D错误。7.下列说法不正确的是()质子数相同的微粒一定属于同一种元素同一元素的核素种数由中子数决定Cl2中35Cl与37Cl两种核素的个数之比与HCl中35Cl与37Cl的个数之比相等18 g H2O中含有的中子数为10NA(NA为阿伏加德罗常数的值)标准状况下,等体积CH4和HF所含的电子数相同只有活泼金属元素与活泼非金属元素之间才能形成离子键等物质的量的CN-和N2含有的共用电子对数相等通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化A.2个B.3个C.4个D.5个答案D解析具有相同质子数的原子一定属于同种元素,但微粒可能为原子、分子、离子等,如Na+
8、、N的质子数都是11,HF、Ne的质子数都是10,但不是同种元素,错误;核素是具有一定数目质子和一定数目中子的原子,因此同一元素的核素种数由中子数决定,正确;同位素原子在不同物质中个数之比不变,所以Cl2中35Cl与37Cl两种核素的个数之比与HCl中35Cl与37Cl的个数之比相等,正确;18gH2O的物质的量是1mol,其中含有的中子数为8NA,错误;标准状况下HF不是气态,等体积CH4和HF所含的电子数不相同,错误;非金属元素的原子之间可能形成离子键,如氯化铵中铵根离子与氯离子存在离子键,错误;CN-和N2含有的共用电子对数均是三对,因此等物质的量的CN-和N2含有的共用电子对数相等,正
9、确;16O与18O之间的转化中没有产生新物质,因此不是通过化学变化实现16O与18O间的相互转化,错误。8.已知:H2(g)+F2(g)2HF(g)的能量变化如图所示,有关叙述不正确的是()A.氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是吸热反应B.1 mol H2与1 mol F2反应生成2 mol液态HF放出的热量小于270 kJC.在相同条件下,1 mol H2与1 mol F2的能量总和大于2 mol HF气体的能量D.断裂1 mol HH键和1 mol FF键吸收的能量小于形成2 mol HF键放出的能量答案B解析由图像可知,2molHF(g)的能量小于1molH2(g)和1molF2(g)
10、的能量,故氟化氢气体分解生成氢气和氟气的反应是吸热反应,A正确;2mol液态HF的能量小于2mol气态HF(g)的能量,对于放热反应,当反应物相同时,产物的能量越低,反应放出的能量越多,故放出的热量大于270kJ,B错误;1molH2(g)和1molF2(g)生成2molHF(g)放热,故1molH2(g)和1molF2(g)的所具有总能量大于2molHF(g)所具有的能量,C正确;由于1molH2(g)和1molF2(g)生成2molHF(g)放热,则断键吸收的能量-成键放出的能量ZB.Z的含氧酸均为强酸C.与Y同周期元素的氢化物中D最稳定D.F含离子键和共价键答案D解析X、Y、Z为原子序数
11、依次增大的短周期主族元素,三种元素属于不同周期,X为氢元素,单质为氢气;B、C是Y、Z对应的气态单质,所以Y、Z为非金属元素,二者不为同周期元素,根据图示转化关系可知,B为氮气,C为氯气,则D为氨气,E为氯化氢,F为氯化铵;所以Y为氮元素、Z为氯元素;N3-电子层为2层,而Cl-电子层为3层,所以对应的离子半径Y小于Z,A项错误;Z为Cl,对应的含氧酸不一定为强酸,如HClO为弱酸,B项错误;Y为第2周期元素,第2周期对应的氢化物最稳定的为HF,C项错误;F为氯化铵,为离子化合物,含有离子键和共价键,D项正确。二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)1
12、1.用下列实验装置进行相应的实验,能达到实验目的的是()用图1所示装置从Fe(OH)3胶体中过滤出Fe(OH)3胶粒用图2所示装置从氯化钠溶液中得到氯化钠晶体用图3所示装置从溴的四氯化碳溶液中分离出四氯化碳用图4所示装置从C2H5OH与苯的混合物中分离出苯用图5装置灼烧海带A.B.C.D.答案C解析胶体可透过滤纸,不能利用图中过滤装置分离,应选渗析法分离,故错误;蒸发氯化钠溶液,仪器选择及操作正确,蒸干得到氯化钠晶体,故正确;利用溴和四氯化碳的沸点不同,从溴的四氯化碳溶液中分离出四氯化碳,故正确;C2H5OH与苯互溶,不能用分液的方法分离出苯,故错误;灼烧海带在坩埚中进行,故正确。12.已知A
13、、B、D是常见的有机物,相同条件下,A的蒸汽对于氢气的相对密度为23,A可以被氧化为B,E是密度最小的气体,它们之间的转化关系如图所示(反应条件及部分产物未标出)。下列说法错误的是()A.A中的官能团是羟基B.反应、均为取代反应C.等物质的量的A、C与F反应时产生E的物质的量相等D.比A多一个碳原子的A的同系物相对分子质量与B不同答案BD解析相同条件下,A的蒸汽对于氢气的相对密度为23,则A的相对分子质量为46。A可以被氧化为B,A、B反应生成C和D,则A、B、C、D分别为乙醇、乙酸、水、乙酸乙酯。E是密度最小的气体,应为氢气。F和乙醇反应放出H2,则F为活泼性较强的金属单质。A为乙醇,分子中
14、所含有的官能团为羟基,A选项正确。反应为酯化反应,属于取代反应,反应为活泼性较强的金属单质与乙醇的置换反应,B选项错误。1molH2O和1molC2H5OH与足量的活泼性较强的金属单质反应均可产生0.5molH2,C选项正确。比A多一个碳原子的A的同系物为丙醇,分子式为C3H8O,相对分子质量为60,与CH3COOH相对分子质量相同,D选项错误。13.某研究性小组为了探究石蜡油分解的产物,设计了如下实验方案。下列说法错误的是()A.碎瓷片有催化和积蓄热量的作用B.试管B、C中溶液均褪色,反应类型相同C.液状石蜡与煤焦油的组成相同D.结束反应时,先撤出导管,再停止加热答案BC解析液状石蜡在碎瓷片
15、的催化作用下发生裂化反应,生成物中含烯烃。把生成物通入酸性高锰酸钾溶液后,发生氧化反应,可以使酸性高锰酸钾溶液褪色;通入溴的四氯化碳溶液中,发生加成反应,溶液褪色。碎瓷片有催化和积蓄热量的作用,A正确;试管B、C中溶液均褪色,但反应类型不相同,B错误;石蜡的主要成分为烷烃、环烷烃和芳香烃,而煤焦油的主要成分为苯、甲苯、二甲苯、酚类等芳香族化合物及其他有机物,故两者组成不同,C错误;结束反应时,先撤出导管,再停止加热,可防止倒吸,D正确。14.在一定温度时,将1 mol A和2 mol B放入容积为5 L的某密闭容器中发生如下反应:A(s)+2B(g)C(g)+2D(g),经5 min后,测得容
16、器内B的浓度减少了0.2 molL-1。下列叙述不正确的是()A.在5 min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02 molL-1min-1B.5 min时,容器内D的浓度为0.2 molL-1C.该可逆反应随反应的进行容器内压强逐渐增大D.5 min时容器内气体总的物质的量为3 mol答案D解析经5min后测得容器内B的浓度减少了0.2molL-1,则消耗的B的物质的量为5L0.2molL-1=1mol,则A(s)+2B(g)C(g)+2D(g)起始量/mol1200变化量/mol0.510.515min时/mol0.510.51在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为 mo
17、lL-1min-1=0.02molL-1min-1,A正确;5min时,容器内D的浓度为=0.2molL-1,B正确;反应前后气体的体积不等,反应过程中气体物质的量增大,容器内压强逐渐增大,C正确;5min时容器内气体总的物质的量为1mol+0.5mol+1mol=2.5mol,D错误。15.将一定量纯净的氨基甲酸铵(NH2COONH4)置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计),在恒定温度下使其分解反应达到平衡:NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。下列不能说明该分解反应已经达到化学平衡状态的是()A.v正(NH3)=2v逆(CO2)B.密闭容器中总压
18、强不变C.密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变答案CD解析根据反应速率判断反应是否达到平衡,一定要有正反应速率和逆反应速率且二者相等,A项可作为平衡的标志。反应前后气体物质的量不同,因此密闭容器中总压强不变时,可以表示化学反应已达到平衡状态,所以B项可作为平衡的标志。根据公式M=,设反应生成的气体物质的量为n,则NH3的物质的量为n,CO2的物质的量为n,因此平均摩尔质量M=26,因此平均摩尔质量一直是一个定值,所以C项不能作为平衡的标志。由于反应物不是气体,只有生成物氨气和一氧化碳是气体,且是按固定比例生成的,因此NH3的体积分数一直是,CO2的体积分数一直是
19、,因此D项不能作为平衡的标志。三、非选择题(本题包括5小题,共60分)16.(12分)(1)在下列物质中:a.CaCl2b.KOHc.NH3d.H2SO4e.NH4Clf.CH2CH2g.N2只含有共价键的非电解质是(填序号,下同);含有共价键的离子化合物是。(2)下列各图是元素有关性质随原子序数递增的变化曲线,把正确的标号填入相应空格中:第3周期元素的常见最高化合价。第3周期元素的离子Na+、Mg2+、Al3+、P3-、S2-、Cl-的离子半径。(3)有机物的结构可用“键线式”表示,如CH3CH2CH2CH3可简写为。已知某烷烃的“键线式”为:若该烷烃是由烯烃和1 mol H2加成得到的,则
20、原烯烃的结构有种。(不包括立体异构,下同)该烷烃在光照条件下与氯气反应,生成的一氯代烷最多有种。答案(1)cfbe(2)DE(3)36解析(1)只含有共价键的物质有NH3、H2SO4、CH2CH2和N2,其中H2SO4属于电解质,N2是单质,既不是电解质也不是非电解质,NH3和CH2CH2属于非电解质。CaCl2、KOH、NH4Cl是离子化合物,CaCl2只含有离子键,KOH和NH4Cl含有离子键和共价键。(2)因元素的最高正价=原子最外层电子数=族序数,同一周期元素的最高化合价逐渐增大(稀有气体元素除外),故选D;核外电子数相同,则核内质子数越多半径越小;同主族元素,随核电荷数增大,离子半径
21、依次增大,所以离子半径P3-S2-Cl-Na+Mg2+Al3+,故选E。(3)若此烷烃为单烯烃加氢制得,烷烃中相邻的碳原子上必须都有氢原子,则此烯烃的结构有3种,双键位置在碳链结构中的编号位置:(标注*的碳原子为无氢碳原子);该烷烃在光照条件下与氯气反应生成一氯代烷时,注意没有连有氢原子的碳原子不能发生取代反应,连在同一碳原子上的甲基上的氢原子等效,具有相同的取代效果,则生成的一氯代烷最多有6种,取代位置在碳链结构中的编号位置:(标注*的碳原子为无氢碳原子)。17.(10分).锂离子电池已经成为新一代实用化的蓄电池,该电池具有能量密度大、电压高的特性。锂离子电池放电时为负极反应式为C6Li-x
22、e-C6Li1-x+xLi+(C6Li表示锂原子嵌入石墨形成复合材料),正极反应式为Li1-xMO2+xLi+xe-LiMO2(LiMO2表示含锂的过渡金属氧化物)(1)锂电池放电时的电池反应式为。(2)该电池工作时,Li+向(填“正极”或“负极”)迁移。(3)假设放电过程中消耗负极材料5.6 g,则转移的电子数目为(NA为阿伏加德罗常数的值)。.科学家设想利用太阳能电池电解水产生的气体制成燃料电池给卫星充电,可建立环保型的卫星供电系统。(4)已知破坏1 mol HH键、1 mol OO键、1 mol HO键时分别需要吸收436 kJ、498 kJ、465 kJ的能量。下图表示H2、O2转化为
23、水反应过程的能量变化,则b表示的能量为。(5)若该氢氧燃料电池的电解质溶液为酸性溶液,电池总反应为2H2+O22H2O。该电池的正极反应式为。答案.(1)C6Li+Li1-xMO2LiMO2+C6Li1-x(2)正极(3)0.8NA.(4)490 kJ(5)O2+4e-+4H+2H2O解析(1)正、负极反应式相加即得到锂电池放电时电池的反应式C6Li+Li1-xMO2LiMO2+C6Li1-x。(2)原电池中阳离子向正极移动,则该电池工作时,Li+向正极迁移。(3)1mol锂失去1mol电子,假设放电过程中消耗负极材料5.6g,锂的物质的量是5.6g7gmol-1=0.8mol,则转移的电子数
24、目为0.8NA。(4)反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值,则根据示意图可知b=4465kJ-2436kJ-498kJ=490kJ。(5)正极发生得到电子的还原反应,即氧气在正极通入,由于电解质溶液显酸性,则该电池的正极反应式为O2+4e-+4H+2H2O。18.(14分)化学反应中的物质变化和能量变化与化学键密切相关。下面是我们熟悉的几种物质:O2、HCl、Na2S、SO2、NaHSO4、Na2O2。请回答下列问题:(1)上述物质中,只含共价键的化合物是(填化学式);Na2O2中阴离子与阳离子的个数比是;Na2S的电子式是。(2)已知SO2和O2反应生成2 mol SO3气
25、体放出Q kJ的热量。相同条件下,将2 mol SO2气体和1 mol O2放入密闭容器中充分反应后,放出的热量(填“”“”或“=”)Q kJ。若某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 molL-1、0.1 molL-1、0.2 molL-1。当反应达到平衡时,SO3的物质的量浓度c(SO3)范围是。下列方法可以证明密闭容器中反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到化学平衡状态的是。(填序号)A.温度和容积一定,某一反应物浓度不再变化B.温度和容积一定,混合气体的密度不变C.化学反应速率:v(SO2)=2v(O2)=v(SO3)(3)大气层中O2在紫外线的作用下可以转化为O3,
26、二者的相互转化为变化;将NaHSO4溶于水,破坏了NaHSO4中的;设计实验证明NaHSO4为离子化合物。答案(1)HCl、SO212Na+2-Na+(2)0c(SO3)0.4 molL-1A(3)化学离子键和共价键将连有直流电源和灯泡的两个惰性电极均插入熔融NaHSO4中,灯泡亮证明NaHSO4为离子化合物解析(1)题给六种物质中,只含共价键的化合物为HCl、SO2;Na2O2是由钠离子和过氧根离子形成的离子化合物,阴、阳离子个数比为12;Na2S是由钠离子和硫离子按21的比例形成的,其电子式应为Na+2-Na+。(2)SO2与O2的反应是可逆反应,2molSO2和1molO2不能完全反应,
27、因此放出的热量小于QkJ。假设该反应能进行到底,则:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)某时刻0.2molL-10.1molL-10.2molL-1逆向极限转化0.4molL-10.2molL-10正向极限转化000.4molL-1由于反应为可逆反应,则SO3浓度的取值范围是0c(SO3)r(Al3+)弱于H2S+Cl2S+2HCl(3)1 molL-1N+OH-NH3H2O0.026解析根据柱状图可知,x处于第1周期,y、z、d处于第2周期,e、f、g、h处于第3周期,根据各元素最高化合价或最低化合价可知x、e处于A族,y处于A族,z处于A族,d、g处于A族,f处于A族,h处于A族,由此
28、可知x为氢、y为碳、z为氮、d为氧、e为钠、f为铝、g为硫、h为氯。(1)A中有四个原子核和10个电子,则A为NH3;B中有6个原子核和18个电子,则B为N2H4。(2)e为钠,f为铝,Na+和Al3+的核外电子排布相同,核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,则r(Na+)r(Al3+);g为硫、h为氯;同一周期原子半径越小,非金属性越强,所以非金属性:g弱于h;氯气与硫化氢反应制备单质硫,体现了氯气氧化性强于硫,说明氯元素的非金属性强于硫元素,反应的化学方程式为H2S+Cl2S+2HCl。(3)题给元素可组成盐R的化学式为NH4Al(SO4)2,向盛有10mL1molL-1R溶
29、液的烧杯中滴加NaOH溶液,当氢氧化钠溶液滴加到50mL时,恰好形成四羟基合铝酸钠和一水合氨,根据反应关系:Al3+4OH-和NOH-,设NaOH溶液物质的量的浓度为c,c5010-3L=1010-3L1molL-14+1010-3L1molL-1,c=1molL-1。由图可知030mL时,发生反应Al3+3OH-Al(OH)3,氢氧化铝沉淀逐渐增多,m点时加入氢氧化钠溶液,沉淀物质的量不变,应是N与OH-反应生成NH3H2O,离子方程式为N+OH-NH3H2O,4050mL时,氢氧化铝逐渐溶解。20mL1.1molL-1Ba(OH)2溶液提供的氢氧根离子的物质的量为2010-3L1.1mol
30、L-12=0.044mol;10mL、1molL-1NH4Al(SO4)2溶液中含有N的物质的量为10mL110-3mol=0.01mol,含有Al3+的物质的量为10mL110-3mol=0.01mol,其中与铵根离子反应消耗的氢氧根离子的量为0.01mol,剩余的氢氧根离子的物质的量为0.044mol-0.01mol=0.034mol,根据反应关系:Al3+3OH-Al(OH)3可知,0.01molAl3+完全沉淀消耗氢氧根离子的物质的量为0.03mol,剩余0.004mol氢氧根离子完全反应消耗氢氧化铝的物质的量为0.004mol,最终产生的氢氧化铝的物质的量为0.01mol-0.004mol=0.006mol;钡离子与硫酸根离子反应生成沉淀硫酸钡根据反应关系:Ba2+SBaSO4;硫酸根离子的物质的量为1010-3L1molL-12=0.02mol,钡离子的物质的量为2010-3L1.1molL-1=0.022mol,所以按硫酸根离子进行计算,生成硫酸钡沉淀0.02mol;所以溶液中产生沉淀的物质的量为0.02mol+0.006mol=0.026mol。