1、成都外国语学校2018-2019学年度下期5月月考高一化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64 第卷(选择题共50分)一选择题(每题仅有一个正确答案，每小题2分，共50分)1.“生物质能”主要指树木、庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量。下列做法既可利用生物质能，又可减少环境污染的是( )A. 秸秆就地焚烧B. 秸秆粉碎还田C. 秸秆生产沼气D. 秸秆造纸【答案】C【解析】【详解】A秸秆就地焚烧会产生大气污染物，故A错误； B秸秆粉碎还田不能充分利用生物质能，故B错误；C利用秸秆发酵能够产生沼
2、气和肥料，既可利用生物质能，又可减少环境污染，故C正确；D秸秆造纸不能充分利用生物质能，且产生的废水易污染环境，故D错误答案选C。2.法国里昂的科学家最近发现一种只有四个中子构成的粒子，这种粒子称为“四中子”，也有人称之为“零号元素”。下列有关“四中子”粒子的说法不正确的是A. 该粒子不显电性B. 该粒子质量数为4C. 在周期表中与氢元素占同一位置D. 该粒子质量比氢原子大【答案】C【解析】质子数为0，中子数为4，质量数为4，为零号元素，和氢不在一格，C错误。3.下列有关化学用语正确的是（ ）A. 全氟丙烷的电子式为：B. 的分子式为：C8H8C. 乙烯的结构简式为：CH2CH2D. 硝基苯的
3、结构简式：【答案】B【解析】【详解】A.该电子漏掉了氟原子最外层未参与成键的电子，其电子式应该为：，故A项错误；B.由有机物键线式的书写规则可知的分子式为：C8H8，故B项正确；C.乙烯的结构简式为：，其中碳碳双键在书写时不能省略，故C项错误；D. 分子中成键原子的连接错误，结构简式应该为：，故D项错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了有机物的电子式、结构简式、键线式等用语的表达，在结构简式的表达中注意碳碳双键、碳碳叁键等重要的官能团不能省略。4.CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应：下列有关三聚氰酸的说法正确的是( )
4、 NH3+CO2 +H2OA. 分子式为C3H6N3O3B. 三聚氰酸可与水形成氢键C. 分子中既含极性键，又含非极性键D. 生成该物质的上述反应为化合反应【答案】B【解析】【详解】A.由其结构简式可得三聚氰酸的分子式为C3H3O3N3，故A说法错误；B.三聚氰酸分子中含有羟基，易与水分子形成氢键，故B说法正确；C.该分子中全部是不同原子间形成的共价键，故不存在非极性键，故C说法错误；D.该反应的生成物有二种，故该反应不属于化合反应，故D说法错误；答案选B。【点睛】根据氢键的形成条件可推知含有羟基、羧基、氨基、碳基等有机化合物间易形成氢键。5.恒温下，物质的量之比为21的SO2和O2的混合气体
5、在容积为2 L的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)(正反应为放热反应)，n(SO2)随时间变化关系如下表：时间/min012345n(SO2)/mol0.200.160.130.110.080.08下列说法正确的是( )A. 当容器中气体的密度不变时，该反应达到平衡状态B. 该反应进行到第3分钟时，逆反应速率小于正反应速率C. 从反应开始到达到平衡，用SO3表示的平均反应速率为0.01 mol/(Lmin)D. 容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为54【答案】B【解析】【分析】A未达到平衡状态，气体的密度也一直不变；B该反应进行到第3分钟时向正反应方向进行
6、；C根据v=c/t计算；D根据压强之比等于物质的量之比计算。【详解】A容器内气体密度不再发生变化，容器容积不变，气体的总质量不变，所以气体的密度始终不变，因此密度不能作为判断平衡状态的依据，故A错误；B根据表中数据可知反应进行到第3分钟时没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则逆反应速率小于正反应速率，故B正确；C由表格数据可知，4min时达到平衡，消耗二氧化硫为0.20mol-0.08mol=0.12mol，即生成SO3为0.12mol，浓度是0.06mol/L，则用SO3表示的平均反应速率为0.06mol/L4min=0.015 mol/（Lmin），故C错误；D开始SO2和O2的物质的
7、量分别为0.2mol、0.1mol，由表格数据可知平衡时SO2、O2、SO3的物质的量分别为0.08mol、0.04mol、0.12mol，由压强之比等于物质的量之比可知，达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为(0.08+0.04+0.12)/(0.2+0.1)=4：5，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡判定、平衡移动、速率及压强比的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意表格数据的应用，题目难度不大。6.一定量的盐酸与过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的( )A. CH3COONaB. KNO3溶液C
8、. Na2CO3D. NaHSO4【答案】A【解析】【分析】根据题意可知：为减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，应该加入的物质能使C(H+)的浓度减小，但最终酸电离产生的n(H+)不变。【详解】A. 加入CH3COONa生成弱酸，H+离子浓度降低，反应速率减慢，但酸电离产生的H+离子的总的物质的量的不变，则不影响生成氢气的总量，故A正确；B. KNO 3 溶液在酸性条件下具有强氧化性，与铁反应不生成氢气，影响生成氢气的总量，故B错误；C. Na2CO3与盐酸反应，影响生成氢气的总量，故C错误；D. NaHSO4电离产生H+离子，H+的离子浓度增大、物质的量增大，所以氢气的总量增加，反应速率加
9、快，故D错误；答案选A。【点睛】注意审题：看清楚过量的是铁粉还是盐酸！再结合题干答题。7.下列事实能够说明甲比乙金属性强的是( )A. 乙单质能从甲的盐溶液中置换出甲单质B. 甲单质与乙单质构成原电池，甲单质作负极C. 最高价氧化物对应的水化物碱性比较，乙比甲的强D. 甲、乙的单质都能与盐酸反应，相同条件下甲单质与盐酸反应更剧烈【答案】D【解析】【分析】金属性：是指在化学反应中金属元素失去电子的能力。【详解】A为金属单质之间的置换反应，活泼金属置换出较不活泼金属，则甲的失电子能力一定比乙弱，故A错误；B原电池中一般活泼金属作负极，失去电子能力强，但是如：铝-镁-氢氧化钠溶液形成的原电池中，铝作
10、负极，故B错误；C最高价氧化物水化物的碱性越强，对应金属的金属性越强，由甲、乙两元素的最高价氧化物水化物的碱性乙比甲的强，则甲的失电子能力一定比乙弱，故C错误；D与酸或水反应的剧烈程度，越剧烈越活泼，对应金属的金属性越强，甲、乙的单质都能与盐酸反应，相同条件下甲单质与盐酸反应更剧烈，则甲的失电子能力一定比乙强，故D正确；答案选D。【点睛】一般来说，比较金属性可以从以下几个方面来考虑：1.与酸或水反应的剧烈程度，越剧烈越活泼；2.金属之间的置换。换句话说，（1）就是金属活动性强的从金属活动性弱的盐溶液中将金属活动性弱的金属置换出来。（2）是在金属活动性顺序表中，前者的金属性强于后者。3.金属对应
11、的最高价氧化物的水化物碱性强弱，碱性越强，金属性越强。4.金属阳离子的氧化性越强，则单质的还原性越弱，元素的金属性越弱。8.某有机物的结构如图，则下列说法正确的是( )A. 该物质为苯的同系物B. 该物质的官能团是苯环C. 该物质能使酸性高锰酸钾褪色D. 在铁做催化剂时，该物质可以和溴水发生取代反应【答案】C【解析】【分析】苯的同系物只含一个苯环；苯环虽不是官能团，但含有苯环的有机物具有苯的一些性质；与苯环相连的第一个碳原子上有氢原子，能被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基。【详解】A.该结构中含2个苯环，故不是苯的同系物，故A错误；B.苯环不是官能团，故B错误；C.与苯环相连的第一个碳原子上若有氢原
12、子，则其能被酸性高锰酸钾溶液氧化成羧基，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D. 在铁做催化剂时，该物质可以和液溴发生取代反应，而不是溴水，故D错误；答案选C。9.下列实验操作能达到目的的是( )实验目的实验操作A除去乙醇中的水加入生石灰，蒸馏B除去乙烷中的乙烯将混合气体通入酸性高锰酸钾溶液C鉴别苯和环己烷加入溴水振荡，静置后观察分层及颜色差异D分离苯和溴苯加水后分液A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A 加入生石灰，石灰石与水反应生成不挥发的氢氧化钙，再蒸馏可制取无水乙醇，故A正确；B乙烷和酸性高锰酸钾不反应，但乙烯和酸性高锰酸钾反应可能生成二氧化碳气体而引入新的杂质，
13、故B错误；C苯和环己烷密度均比水小且均不溶于水，和溴水都会发生萃取，故不能用溴水鉴别苯和环己烷，故C错误；D苯和溴苯均不溶于水，应该蒸馏分开苯和溴苯，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的结构与性质、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。10.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 标准状况下，28 g CH2CH2含有的共用电子对数为6NAB. 标准状况下，11.2 L己烷中含有的分子数为0.5NAC. 常温常压下，23 g Na完全燃烧时失去的电子数为2NAD. 1molOH(羟
14、基)含有的电子数为10NA【答案】A【解析】【详解】A. 28g乙烯物质的量为1mol，根据乙烯的结构简式CH2=CH2，可知其分子中含共用电子对的数目为6NA，故A正确；B. 己烷在标准状况下不是气体，11.2 L己烷物质的量不是0.5mol，故B错误；C. 由得失电子守恒知，23 g Na完全燃烧时失去的电子数为NA，故C错误；D. 1 mol OH(羟基)含有的电子数为9NA，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查气体摩尔体积的体积应用，质量换算物质的量计算微粒数，注意标况下己烷为液体，题目难度不大。11.电动汽车以锂电池提供动力，锂电池技术已经成为汽车研究的
15、前沿科技某锂电池的电池反应为：xLi+Li3-xNiCoMnO6 Li3NiCoMnO6，下列说法正确的是A. 该电池的充、放电过程互为可逆反应B. 放电时，电池的负极反应为Li-e-=Li+C. 放电过程中，Li+向电池的负极移动D. 该电池可以采用醋酸、乙醇等作为电解质溶液【答案】B【解析】分析：可充电电池的构成条件和工作原理都与原电池的相似，只是从物质的角度而言可逆向进行，但进行的条件不同，具此可解答如下。A、对电池充电是在外接电源的情况下，使其逆向进行，而放电是在没有外接电源的情况下自发进行的，二者进行的条件不同，充、放电也不是同时发生的，所以二者不是可逆反应，故A错误；B、原电池放电
16、时，较活泼的电极或易失电子的物质作负极，发生氧化反应，所以该电池放电时的负极反应为Li-e-=Li+，故B正确；C、原电池放电过程中，电池内部的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以Li+向电池的正极移动，故C错误；D、醋酸能与金属Li反应，而乙醇是非电解质，所以该电池不能用醋酸、乙醇作电解质溶液，故D错误。本题答案为B。点睛：正确理解可逆反应的含义是解答本题的关键，强调相同的条件，正逆反应同时进行才是可逆反应。12.短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B和D同主族；X、Y、N分别是由以上四种元素中两种组成的化合物，Z是由以上三种元素组成的化合物；若X与Y的摩尔质量相同，Y为淡黄色固
17、体，N常温下是液体，上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物省略)，则下列说法中一定正确的是( )A. 相对分子质量MN，沸点MNB. 原子半径：DBCAC. Z 为 NaOHD. M中含有非极性键【答案】C【解析】【分析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、N分别是由以上四种元素中的两种组成的化合物，Y为淡黄色固体，可知Y为Na2O2；Z是由以上三种元素组成的化合物，则Z为NaOH；N常温下是液体，N为H2O，若X与Y摩尔质量相同，可知X为Na2S，M为H2S，结合原子序数及B和D同主族可知，A为H，B为O，C为Na，D为S，以此来解答。【详解】AN为H2O，M为H2S，相
18、对分子质量MN，水分子间含氢键，则沸点为NM，故A错误；B一般电子层越多的原子，其原子半径越大，具有相同电子排布时，原子序数大的原子半径小，则原子半径：CDBA，故B错误；C由上述分析可知，Z为NaOH，故C正确；DM为H2S，M中只含有极性键，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构、元素周期律，为高频考点，把握Y为过氧化钠、X为硫化钠来推断物质为解答关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。13.分子式为C6H14的烷烃中，含有3个甲基的同分异构体的数目为( )A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个【答案】A【解析】【分析】同分
19、异构体：具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。【详解】C6H14的同分异构体共有5种，但其中只含有三个甲基的是2-甲基戊烷和3-甲基戊烷，故A正确；答案选A。【点睛】出错的原因是忽视题目中的限制条件“含有3个甲基”而错选D。14.2005年的诺贝尔化学奖颁给在烯烃复分解反应研究方面做出突出贡献的化学家。烯烃复分解是指在催化条件下实现C=C双键断裂两边基团换位的反应。如图表示则丙烯(CH3-CH=CH2)和丁烯(CH3-CH2-CH=CH2)发生烯烃复分解反应可生成新的烯烃种类数为( )A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】B【解析】【详解】根据烯烃复分解反应的机理可得丙烯（CH3-
20、CH=CH2）和丁烯（CH3-CH2-CH=CH2）发生烯烃复分解反应可生成新的烯烃有CH3-CH=CH-CH3、CH3-CH2-CH=CH-CH2-CH3、CH2=CH2、CH3-CH=CH-CH2-CH3四种，故答案选D。15.在常温常压下断裂1 mol指定共价键时吸收的能量如下表：共价键(1mol)CH键CC键CC键HH键吸收的能量/kJ413.4347.7615436则下列有关CH2CH2H2CH3CH3反应的说法正确的是( )A. 生成1mol乙烷时反应放出能量123.5kJB. 生成物的总能量为2828.1kJC. 该反应为加成反应，可以实现完全转化D. 该反应为放热反应，无需加热
21、即可实现【答案】A【解析】【分析】表中给出化学键的键能，根据键能可以计算反应热；没有给出物质能量，无法计算生成物总能量；放热和吸热与是否需要加热无关。【详解】A. 生成1 mol乙烷时，反应热（615+413.4+436-347.7-413.4）kJ/mol=-123.5 kJ/mol，则反应放出能量为123.5 kJ，故A正确；B. 没有给出反应物的总能量，则由已知数据无法算出生成物的总能量，故B错误；C. 该反应为加成反应，且为可逆反应，故不可以实现完全转化，故C错误；D. 该反应为放热反应，需在催化剂且加热条件下实现，放热和吸热与是否需要加热无关，故D错误；答案选A。【点睛】注意A项，反
22、应热=反应物总键能-生成物总键能；反应热=生成物总能量-反应物总能量。16.在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。忽略溶液体积变化，下列叙述不正确的是( )t/min0246810V(O2)/mL0.09.616.822.426.529.9A. 2 min时H2O2的浓度c(H2O2)0.314mol/LB. 04 min的平均反应速率v(H2O2)3.7510-2mol/(Lmin)C. 610 min，过氧化氢的平均反应速率v(H2O2)2.7510-2mol/(Lmin)D. 反应到6 min时，H2O2分
23、解了50%【答案】C【解析】【分析】由n(H2O2)=2n(O2)，根据v=c/t计算。【详解】A. 2 min时，n(H2O2)=2n(O2)=28.6mol，c(H2O2)=0.086 mol/L，则H2O2的浓度c(H2O2)0.40mol/L -0.086 mol/L =0.314mol/L，故A正确；B. 04 min，n(H2O2)=2n(O2)=21.5mol，c(H2O2)=0.15 mol/L，则平均反应速率v(H2O2)=3.7510-2mol/(Lmin)，故B正确；C. 610 min，n(H2O2)=2n(O2)=26.7mol，c(H2O2)=0.067 mol/L
24、，则过氧化氢的平均反应速率v(H2O2)=1.6810-2mol/(Lmin)，故C错误；D. 反应到6 min时，n(H2O2)=2n(O2)=22mol，c(H2O2)=0.2 mol/L，则H2O2分解了=50%，故D正确；答案选C。17.柠檬烯具有良好的镇咳、祛痰、抑菌作用，其结构如图所示。下列关于柠檬烯的说法正确的是A. 1 mol柠檬烯只能与1 mol H2反应B. 能发生取代反应和加成反应C. 属于乙烯的同系物D. 不能使酸性高锰酸钾褪色【答案】B【解析】【分析】与氢气发生加成反应时，每个碳碳双键可消耗一个H2；乙烯的同系物只能有一个碳碳双键；柠檬烯有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪
25、色。【详解】A. 1 mol柠檬烯能与2 mol H2反应，故A错误；B. 柠檬烯能与气态卤素单质光照条件下发生取代反应，有碳碳双键能与H2发生加成反应，故B正确；C. 一个柠檬烯分子中有两个碳碳双键，且分子中含有环状结构，故其不属于乙烯的同系物，故C错误；D. 柠檬烯有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故D错误；答案选B。18.下列实验操作的现象与对应结论均正确的是( )选项实验操作现 象结 论A将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置溶液分层，上层呈紫色I2更易溶于有机溶剂B将铜片和M金属片用导线连接并插入M的硝酸盐溶液中铜片溶解金属性：MCuC将一小块Na放入酒精中有气泡产生酒精中含有水
26、D将石蜡油分解产生的气体通入到酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色气体中可能含有烯烃A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.乙醇易溶于水，不能用乙醇萃取碘水中的碘，故A错误；B.将铜片和M金属片用导线连接并插入M的硝酸盐溶液中，铜片溶解，则铜片作负极，金属性：CuM，故B错误；C.金属钠能置换羟基的氢原子生成氢气，故将一小块Na放入酒精中有气泡产生，不能说明酒精中含有水，故C错误；D.烯烃能使高锰酸钾酸钾溶液褪色，石蜡油是烃的混合物，其在高温下可以裂解产生烯烃。将石蜡油分解产生的气体通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明气体中可能含有烯烃，故D正确；答案选D。19.设NA表示阿伏
27、加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A. 1 mol苯分子中含有CC双键数目为3NAB. 标准状况下，11.2L CCl4中含有的共价键数目为2NAC. 1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为3NAD. 常温常压下，15g 甲基含有的电子总数为10NA【答案】C【解析】【分析】A.苯分子中不含CC双键；B. 标准状况下，CCl4不是气体；D. 1个甲基含有9个电子。【详解】A.苯分子中不含CC双键，故A错误；B. 标准状况下，CCl4不是气体，11.2 L CCl4的物质的量不为0.5mol，故B错误；C. 1 mol乙烯完全燃烧时消耗O2的分子数为3NA，1 mol乙醇完
28、全燃烧时消耗O2的分子数也为3NA，故1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为3NA，故C正确；D. 常温常压下，15 g 甲基含有的电子总数为9NA，故D错误；答案选C。【点睛】注意，在标况下，非气体的摩尔体积不为22.4L/mol。20.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构） （ ）A. 6种B. 7种C. 8种D. 9种【答案】C【解析】与金属钠反应生成氢气，说明该化合物一定含有OH，所以此有机物的结构符合C5H11OH，首先写出C5H11碳链异构有3种：CCCCC、，再分别加上OH。式有3种结构，式有4种结构，式有1种结构，共8种。
29、21.中学化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法不正确的是( )A. 酚酞属于芳香族化合物B. 酚酞的分子式为C20H14O4C. 分子中所有碳原子可能共平面D. 酚酞具有官能团羟基能与钠发生反应【答案】C【解析】【分析】A. 酚酞含有苯环；B. 由结构简式可知酚酞的分子式；D. 金属钠能置换羟基上的氢原子。【详解】A. 酚酞含有苯环，属于芳香族化合物，故A正确；B. 由结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故B正确；C. 分子中含有饱和碳原子，该饱和碳原子的其中三个键连着其它碳原子，所有碳原子不可能共平面，故C错误；D. 金属钠能置换羟基上的氢原子，酚酞具有羟
30、基，故其能与钠发生反应，D正确；答案选C。22.105、101kPa时，甲烷、乙烷和乙烯组成的混合烃80mL与过量O2混合并完全燃烧，恢复到原来的温度和压强，混合气体总体积增加了30mL。原混合烃中乙烷的体积分数为A. 12.5%B. 25%C. 50%D. 75%【答案】D【解析】【详解】根据方程式CH42O2CO22H2O、C2H43O22CO22H2O可知甲烷和乙烯在反应前后体积不变，设乙烷的体积为x，则根据方程式可知2C2H67O24CO26H2O V2 7 4 6 1x 30即2/x1/30解得x60，所以原混合烃中乙烷的体积分数为60/80100%75%，答案选D。23.物质的鉴别
31、方法多种多样。下列物质鉴别方法不能达到目的的是( )A. 用水鉴别乙醇、苯、溴苯B. 用Ba(OH)2溶液鉴别硫酸钠和亚硫酸钠C. 用溴水鉴别甲烷和乙烯D. 用紫色石蕊溶液鉴别乙醇溶液和盐酸【答案】B【解析】【详解】A. 乙醇溶于水，苯不溶于水但是密度比水小，溴苯不溶于水但是密度比水大，则用水可鉴别乙醇、苯、溴苯，故A正确； B. Ba(OH)2溶液与硫酸钠和亚硫酸钠均能产生白色沉淀，则无法用Ba(OH)2溶液鉴别硫酸钠和亚硫酸钠，故B错误；C. 甲烷不会使溴水褪色，乙烯能与溴发生加成反应使溴水褪色，则可以用溴水鉴别甲烷和乙烯，故C正确； D. 紫色石蕊溶液和乙醇溶液混合显紫色，紫色石蕊溶液与
32、盐酸混合显红色，则可以用紫色石蕊溶液鉴别乙醇溶液和盐酸，故D正确；答案选B。24.下列排序正确的是( )A. 微粒半径：Fe(OH)3胶粒K+S2B. 碱性：Mg(OH)2Al(OH)3NaOHC. 热稳定性：PH3NH3H2OD. 熔点：LiNaS2-K+，故A错误；B元素的金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：AlMgNa，故碱性：Al（OH）3Mg（OH）2NP，故气态氢化物的稳定性为H2ONH3PH3，故C正确；D同周期金属单质由上至下熔点降低，所以熔点：KNaLi，故D错误；答案选C。25.某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是( )A. 能使酸性KMnO4
33、溶液褪色B. 1 mol该有机物最多能与3 mol H2反应C. 能使溴水溶液褪色D. 能催化氧化生成醛【答案】B【解析】【分析】该有机物有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色；与氢气加成时，苯环能消耗3份氢气，碳碳双键能消耗1份氢气；该有机物有羟基，且羟基相连的碳原子上有两个氢原子，能催化氧化生成醛。【详解】A. 该有机物有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确； B. 与氢气加成时，苯环能消耗3份氢气，碳碳双键能消耗1份氢气，故 1 mol该有机物最多能与4mol H2反应，故B错误；C. 该有机物有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴水褪色，故C正确；D. 该有机物有羟基，且
34、羟基相连的碳原子上有两个氢原子，能催化氧化生成醛，故D正确；答案选B。【点睛】羟基相连的碳原子上有两个或三个氢原子，能发生催化氧化生成醛；羟基相连的碳原子上有一个氢原子，能发生催化氧化生成酮；羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化。第卷(非选择题共50分)二填空题(本大题有5个小题，共50分)26.有机物AH的转化关系如下图所示。其中A是植物生长调节剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平；D是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”。请回答下列问题：(1)E的官能团名称为_。反应的反应类型_。(2)关于有机物A、B、C、D的下列说法，正确的是_(选填序号)
35、。aB不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但A和D可以bB的同系物中，当碳原子数5时开始出现同分异构现象c等质量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等(3)写出下列反应的化学方程式：反应：_。反应：_。(4)C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应或制备，请指出用哪一个反应制备较好：_，并说明理由：_。【答案】 (1). 羟基 (2). 加聚反应 (3). c (4). CH2CH2H2O CH3CH2OH (5). 2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O (6). (7). 反应为加成反应，无副反应发生，原子利用率高【解析】【分析】A是植物生长调节剂，产量可以用来衡量一个国
36、家的石油化工发展水平，则A应为CH2CH2。CH2CH2与H2加成生成B，则B是CH3CH3。CH2CH2与HCl加成生成C，则C是CH3CH2Cl。D是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”， D应为聚乙烯。CH2CH2与H2O加成生成E，则E是CH3CH2OH。CH3CH2OH催化氧化生成F，则F是CH3CHO。CH3CH2OH被酸性K2Cr2O7氧化生成G，则G是CH3COOH。CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸加热条件下生成H，则H是CH3COOCH2CH3。【详解】(1)由分析可知，E是CH3CH2OH，则E的官能团名称为羟基。反应是CH2CH2发生加聚反应
37、生成聚乙烯；(2) a聚乙烯、CH3CH3不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但CH2CH2可以，故a错误；bCH3CH3的同系物中，当碳原子数4时开始出现同分异构现象，故b错误；cCH2CH2和聚乙烯的最简式相同，则等质量的CH2CH2和聚乙烯完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等，故c正确；答案选c；(3)反应CH2CH2与H2O加成生成CH3CH2OH，化学方程式为CH2CH2H2OCH3CH2OH。反应是CH3CH2OH催化氧化生成CH3CHO，化学方程式为2CH3CH2OHO22CH3CHO2H2O；(4) CH3CH2Cl一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应：CH2CH2与HC
38、l加成或：CH3CH3与Cl2光照取代制备，反应制备较好，理由是反应为加成反应，无副反应发生，原子利用率高。27.兴趣小组同学用下图所示的装置来制备溴苯并探究其反应类型。(1)仪器a名称为_。B装置的作用是_。(2)打开a的活塞将苯和溴的混合液滴入b中，反应立即开始。写出b中发生有机反应的化学方程式_。(3)实验开始后，首先观察到b中液体沸腾，且装置内充满红棕色气体。然后观察到B中倒扣的漏斗内现象是_，说明b中反应有HBr生成，证明制备溴苯的反应是取代反应。(4)甲同学向B装置的烧杯中滴入几滴AgNO3溶液，观察到_，据此进一步确证有HBr生成。乙同学认为甲同学的判断并不准确，则可能的理由是_
39、。如果要排除干扰，可在A、B之间增加一个洗气瓶，内装试剂可以是_(选填序号)。NaOH溶液 饱和Na2CO3溶液 Na2SO3溶液 CCl4(5)纯硝基苯是无色、难溶于水，密度比水大，具有苦杏仁味的油状液体。实验室制备硝基苯的装置如图所示，主要步骤如下(并非正确顺序)：a配制一定比例的浓硫酸与浓硝酸混合酸，加入反应器中。b在5060 下发生反应，直至反应结束。c将用无水CaCl2干燥后的粗硝基苯进行蒸馏，得到纯硝基苯。d向室温下的混合酸中逐滴加入一定质量的苯，充分振荡，混合均匀。e除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，最后再用蒸馏水洗涤。回答下列问题：步骤b中的加热方法为_，
40、其优点是_。粗产品用5%NaOH溶液洗涤的目的是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 吸收HBr，防止液体倒吸 (3). Br2HBr (4). 出现白雾，液面上升 (5). 烧杯中产生浅黄色沉淀 (6). Br2蒸气进入AgNO3溶液也会产生浅黄色沉淀 (7). (8). 水浴加热 (9). 受热均匀，易控制温度 (10). 除去粗产品中残留的酸【解析】【分析】(1) B装置的作用是吸收HBr，防止液体倒吸；(2)苯和溴在溴化铁作催化剂条件下生成溴苯和溴化氢；(3)反应产生的HBr极易溶于水，气压减小，且会与水蒸气结合成小液滴，有白雾；(4) AgNO3溶液与HBr和Br2蒸气均会产生
41、溴化银沉淀。如果要排除干扰，可在A、B之间增加一个洗气瓶，除去HBr中的Br2蒸气；(5) 5060 采用水浴加热，优点是受热均匀，易控制温度；5%NaOH溶液洗涤的目的是除去粗产品中残留的酸。【详解】(1)仪器a名称为分液漏斗。反应产生的HBr经长导管进入B装置，B装置倒置的漏斗具有较大的空间可防止倒吸，故B装置的作用是吸收HBr，防止液体倒吸；(2)苯和溴在溴化铁作催化剂条件下生成溴苯和溴化氢，发生的有机反应的化学方程式为Br2HBr；(3) 反应产生的HBr极易溶于水，会与水蒸气结合成小液滴，故倒扣的漏斗内现象是出现白雾，液面上升。(4) B装置的烧杯中有AgNO3溶液，会产生溴化银沉淀
42、，故观察到烧杯中产生浅黄色沉淀。溴易挥发，Br2蒸气进入AgNO3溶液也会产生浅黄色沉淀，不能确证有HBr生成。如果要排除干扰，可在A、B之间增加一个洗气瓶，除去HBr中的Br2蒸气，NaOH溶液会与HBr反应，故错误； 饱和Na2CO3溶液会与HBr反应，故错误； Na2SO3溶液会与HBr反应，故错误；CCl4不会与HBr反应，且能吸收Br2蒸气，故正确；答案选； (5) 在5060 下发生反应，故步骤b中的加热方法为水浴加热，其优点是受热均匀，易控制温度；除去混合酸后，粗产品依次用蒸馏水和5%NaOH溶液洗涤，先用蒸馏水除去部分酸，粗产品用5%NaOH溶液洗涤的目的是除去粗产品中残留的酸
43、。28.由苯乙烯制得的聚苯乙烯可用于制造一次性餐具。(1)苯乙烯制取聚苯乙烯的化学方程式为_。乙二醇的结构简式：HOCH2CH2OH(2)乙二醇被足量氧气在铜作催化剂条件下氧化成醛化学方程式：_。(3)乙二醇与足量Na反应的化学方程式为_。(4)已知：2CH3CH2OH CH3CH2OCH2CH3H2O，请写出两分子乙二醇在浓硫酸加热的条件下发生取代反应生成六元环的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). HOCH2CH2OH +O2 OHCCHO +2 H2O (3). HOCH2CH2OH + 2Na NaOCH2CH2ONa + H2 (4). 2HOCH2-CH2OH +2H2O【
44、解析】【分析】(1) 苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯；(2)乙二醇被氧气在铜作催化剂条件下氧化成乙二醛；(3)乙二醇与足量Na反应羟基上的氢原子会断裂生成氢气；(4)两分子乙二醇在浓硫酸加热的条件下发生分子间脱水的取代反应生成六元环。【详解】(1)苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯，反应方程式为；(2)乙二醇被氧气在铜作催化剂条件下氧化生成乙二醛和水，反应方程式为HOCH2CH2OH +O2 OHCCHO +2 H2O；(3)乙二醇与足量Na反应羟基上的氢原子会断裂生成氢气，反应方程式为HOCH2CH2OH + 2Na NaOCH2CH2ONa + H2；(4) 两分子乙二醇在浓硫酸加热的条件下发
45、生分子间脱水的取代反应生成六元环，反应方程式为2HOCH2-CH2OH +2H2O。29.短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，其中X的单质是密度最小的气体，Z是同周期中原子半径最大的元素，Y与Q同主族，且Q的原子序数是Y的两倍。回答下列问题：(1)Z的原子结构示意图为_，R在元素周期表中的位置是_。(2)Z的最高价氧化物对应水化物所含化学键类型是_。Q、R的最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是_(填化学式)。(3)由X和Y可以形成一种液态化合物T，T分子含18个电子，则其电子式为_。将Q的低价氧化物通入T可以生成一种强酸，反应的化学方程式为_。(4)氮元素的一种氢化物M，M分子
46、含18个电子，用惰性电极，M、氧气和Z的最高价氧化物对应水化物的溶液设计一个燃料电池，则M发生的电极反应式为_。(5)在2 L密闭容器中分别充入4 mol A气体和6 mol B气体，在一定条件下发生反应：4A(g)5B(g)4C(g)xD(g)，5min后达到平衡状态，经测定B的转化率为75%，D的浓度为2.7 molL1。则x_；A在平衡混合物中的体积分数为_；从反应开始至平衡时，以C的浓度变化表示该反应的平均速率v(C)_。【答案】 (1). (2). 第三周期A族 (3). 离子键、(极性)共价键 (4). HClO4 (5). (6). SO2H2O2=H2SO4 (7). N2H4
47、4e +4OH- =N2+4H2O (8). 6 (9). 37% (10). 0.36 mol/(Lmin)【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，其中X的单质是密度最小的气体，则X是H；Z是同周期中原子半径最大的元素，则Z是Na；Y与Q同主族，且Q的原子序数是Y的两倍，则Y是O，Q是S；综上，R是Cl。【详解】(1) Z是Na，Na的原子序数为11，原子结构示意图为。R是Cl ，Cl的原子序数是17，在元素周期表中的位置是第三周期A族；(2) Na的最高价氧化物对应水化物是NaOH，是离子化合物，所含化学键类型是离子键、(极性)共价键。非金属性越强，最高价氧化物
48、对应的水化物酸性越强，非金属性：SCl，则最高价氧化物对应的水化物酸性较强的是HClO4；(3)由H和O形成一种18个电子的液态化合物H2O2，是共价化合物，H2O2电子式为。将S的低价氧化物SO2，通入H2O2可以生成强酸H2SO4，反应的化学方程式为SO2H2O2=H2SO4；(4)氮元素含18个电子的氢化物N2H4，用惰性电极，N2H4、氧气和NaOH溶液组成的燃料电池，N2H4极化合价升高失去电子发生氧化反应，电极反应式为N2H44e +4OH- =N2+4H2O；(5) 5min后达到平衡状态，经测定B的转化率为75%，则n（B）=6 mol75%=4.5 mol，c（B）=2.25
49、 molL1，c（D）=2.7 molL1。由物质的量变化量之比等于化学计量数之比得，B与D物质的量变化量之比5:6，则x6。4A(g)5B(g)4C(g)6D(g)n起始（mol） 4 6 0 0n（mol） 3.6 4.5 3.6 5.4n平衡（mol） 0.4 1.5 3.6 5.4A在平衡混合物中的体积分数=3.7%。从反应开始至平衡时，以C的浓度变化表示该反应的平均速率v(C)=0.36 mol/(Lmin)。30.某铜矿石的主要成分是Cu2O，还含有少量的Al2O3、Fe2O3和SiO2。某工厂利用此矿石炼制精铜的工艺流程如图所示(已知：Cu2O2H=CuCu2H2O)。(1)滤液
50、A中铁元素的存在形式为_(填离子符号)，生成该离子的离子方程式为_，检验滤液A中存在该离子的试剂为_。(2)溶液G与固体混合物B反应的离子方程式为_。(3)将Na2CO3溶液滴入到一定量的CuCl2溶液中，得到氯化钠、二氧化碳和一种绿色的不溶于水的盐(不含结晶水)，该盐受热分解产生三种氧化物，则该盐的化学式是_。【答案】 (1). Fe2 (2). Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+ (3). 硫氰化钾溶液和氯水 (4). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (5). Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2CuCO3【解析】【分析】某铜矿石的成分中含有Cu2O，还含有少量的Al2O3、
51、Fe2O3和SiO2，加入足量稀硫酸过滤，Cu2O溶于酸反应生成铜和铜盐，所以固体混合物B为Cu、SiO2，滤液A中为亚铁离子、铝离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液过滤得到固体混合物D为氢氧化铜、氢氧化铁，滤液为C为AlO2-离子，通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解得到氧化铝，电解熔融氧化铝得到金属E为Al，固体混合物D空气中加热灼烧得到氧化铁和氧化铜，和铝发生铝热反应得到粗铜，含有铁杂质，粗铜精炼得到精铜；固体混合物B中所加足量的G为NaOH溶液，过滤，滤渣为Cu，废液为硅酸钠溶液。【详解】（1）Cu2O溶于酸反应生成铜和铜盐，铜和铁离子反应生成亚铁离子，所以滤液A中为亚铁离子，生成
52、离子的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，检验亚铁离子方法为：先加KSCN溶液，若不变色，再加氯水，变红色，说明含有亚铁离子；（2）溶液G为氢氧化钠溶液与固体混合物B为Cu、SiO2 ，其中二氧化硅是酸性氧化物和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子反应方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（3）将Na2CO3溶液滴入到一定量的CuCl2溶液中，得到氯化钠、二氧化碳和一种绿色的不溶于水的盐（不含结晶水），Cu2+和CO32-生成CuCO3沉淀，离子方程式为：Cu2+CO32-=CuCO3；Cu2+和CO32-和水发生双水解反应生成Cu（OH）2沉淀和二氧化碳，离子方程式为：Cu2+CO32-+H2O=Cu（OH）2+CO2；若生成Cu（OH）2和CuCO3的混合物生成碱式盐，说明二者溶解度相近，既生成氢氧化铜也生成碳酸铜；该盐受热分解产生三种氧化物，则其化学式是Cu2（OH）2CO3或Cu（OH）2CuCO3 。
