1、山东师大附中2018级第三次学分认定（期中）考试化学试卷命题人 刘晓华 审核人 宋德洋本试卷分第卷和第卷两部分，共7页，满分为100分，考试用时90分钟。相对原子质量 H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Zn:65第卷 选择题（共50分）一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每题只有一个选项符合题意）1.钛和钛的合金被誉为“21世纪最有发展前景的金属材料”，它们具有很多优良的性能，如熔点高、密度小、可塑性好、易于加工，尤其是钛合金与人体器官具有很好的“生物相容性”。根据它们的主要性能，下列用途不切合实际的是（ ）A. 用来做保险
2、丝B. 用于制造航天飞机C. 用来制造人造骨D. 用于家庭装修，做钛合金装饰门【答案】A【解析】【详解】A.保险丝应该用熔点比较低的金属材料制作，而钛及其合金熔点高，所以不适合作保险丝，A错误；B.因为钛和钛的合金密度小、可塑性好、易于加工，所以可用于制造航天飞机，B正确；C.因为钛合金与人体有很好的“相容性”，所以可用来制造人造骨，C正确；D.因为钛和钛的合金密度小、可塑性好、易于加工，所以可用于家庭装修，做钛合金装饰门，D正确；故合理选项是A。2.有科学家提出，硅是“21世纪的能源”，下面有关硅的叙述中，正确的是（ ）A. 硅单质化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应B. 硅是构成矿物和岩
3、石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第一位C. 硅的化学性质不活泼，在自然界中可以以游离态存在D. 硅在电子工业中，是重要的半导体材料【答案】D【解析】【详解】A. 硅单质化学性质不活泼，但在常温下与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，故A错误；B. 硅是构成矿物和岩石的主要元素，硅在地壳中的含量在所有的元素中居第二位，在地壳中的含量在所有的元素中居第一位的是氧元素，故B错误；C. 硅是亲氧元素，在自然界中以化合态的形式存在，故C错误；D. 硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故D正确。故选D。3.下列有关硅及其化合物的说法不正确的是（ ）A. 石灰石是工业制备普通玻璃
4、和普通水泥的共同原料B. 盛放NaOH溶液不能用带玻璃塞的玻璃瓶C. SiO2和CO2都是酸性氧化物，既能与水反应，又能与NaOH溶液反应D. 除去SiO2中混有的CaCO3可加入适量的稀盐酸后过滤【答案】C【解析】【详解】A. 水泥和玻璃都是硅酸盐产品，水泥的主要原料是石灰石、黏土等；玻璃的主要原料是石灰石、纯碱、石英等，故A正确；B. NaOH能够与二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠具有粘性使得玻璃塞与瓶身粘结，故B正确；C. SiO2不能与水反应，故C错误；D. SiO2不溶于稀盐酸，可使用稀盐酸除去其中混有的CaCO3，反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，然后再
5、过滤，故D正确。故选C。4.将表面已完全钝化的铝条插入下列溶液中，不会发生反应的是（ ）A. 硫酸铜B. 氢氧化钠C. 稀硝酸D. 稀盐酸【答案】A【解析】【分析】表面已完全钝化的铝条中，铝条表面物质是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，能溶于强酸、强碱溶液，据此分析解答。【详解】表面已完全钝化的铝条中，铝条表面物质是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，能溶于强酸、强碱溶液，NaOH是强碱、稀硝酸和稀盐酸是强酸，氧化铝不能与硫酸铜发生反应，所以表面已完全钝化的铝条能溶于NaOH、稀硝酸、稀盐酸溶液中，但不能溶解在硫酸铜溶液中，故合理选项是A。【点睛】本题考查铝的氧化物的性质，明确钝化铝条表面物质及其性质是
6、解本题关键，熟练掌握常见具有两性的物质，题目难度不大。5.在加入铝粉能放出氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，一定能大量共存的是（ ）A. NH4+、SO42-、CO32-、KB. Na、Ba2、Ca2、HCO3-C. Mg2、Ag、K、ClD. K、Cl、Na、SO42-【答案】D【解析】【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答。【详解】加入铝粉能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，A.碱溶液中不能大量存在NH4+，酸溶液中不能大量存在CO32-，故A错误；B.酸、碱溶液中均不能
7、大量存在HCO3-，故B错误；C. Ag和Cl结合生成沉淀，不能共存，故C错误；D.酸、碱溶液中均不反应，可大量共存，所以D选项是正确的。所以D选项是正确的。6.铝热反应的实验装置如图。下列有关铝热反应的说法中，不正确的是（ ）A. 工业上可以利用铝热反应的方法冶炼金属镁B. 铝热反应可用于冶炼某些高熔点金属C. 铝热反应体现了铝还原性D. 实验现象为火星四溅，漏斗下方有红热熔融物流出【答案】A【解析】【详解】A.铝的金属活泼性弱于镁，则不可用铝热反应制取镁，工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取镁，故A错误；B.铝的还原性强，且铝热反应放出大量的热，可以通过铝热反应冶炼某些高熔点金属，故B正确；
8、C.金属铝和金属氧化物之间反应可以用于高熔点金属的冶炼，铝热反应体现了金属铝的还原性，故C正确；D.铝热反应的实验现象为反应剧烈，火星四溅，漏斗下方有红热熔融物流出，故D正确。故选A。7.下列有关氧化铝和氢氧化铝的说法中，不正确的是（ ）A. 氧化铝的熔点高，是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚B. 氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为：Al33NH3H2O =Al(OH)33NH4+C. 氢氧化铝能凝聚水中的悬浮物和吸附色素，可用于净水D. 实验室通常将氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液制取氢氧化铝【答案】D【解析】【详解】A.氧化铝的熔点高，是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚，故A
9、正确；B.氯化铝溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B正确；C.Al（OH）3胶体具有很大的表面积，吸附悬浮物质而沉降，起净水作用，是常用的净水剂，故C正确；D.因为氢氧化铝是两性氢氧化物，它只与强酸和强碱反应，氯化铝溶液中滴加足量氢氧化钠溶液，生成的氢氧化铝会继续与氢氧化钠溶液反应而溶解，实验室常用氯化铝溶液和氨水反应制取氢氧化铝，故D错误。故选D。8.改革开放40年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是（ ）A. 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素B. 港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度
10、大、密度小、耐腐蚀等性能C. 国产C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料D. 中国天眼传输信息用的光纤材料是硅【答案】D【解析】【详解】A. 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素，位于第四周期，第IVB族，属于过渡元素，故A正确；B.合金材料，一般具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能，故B正确；C.氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，故C正确；D. 中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅，故D错误；答案选D。9.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知，下列说法正确的是（ ）WXYZA. W、Z的气态氢化物相遇反应
11、并有白烟生成，该物质为共价化合物B. Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC. X、Y两元素的最高正价相等D. 最简单的气态氢化物的稳定性：ZY【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的物质可知，X为O元素、Y为S元素、Z为Cl元素，据此答题。【详解】由分析可知：X为O元素、Y为S元素、Z为Cl元素，W是N元素。A. Z为Cl元素，W是N元素，W、Z的气态氢化物分别为NH3、HCl，NH3和HCl气体相遇时，因相互反应生成氯化铵固体小颗粒而看到白烟，但氯化铵为离子化合物，故A错误；B.
12、Y为S元素、Z为Cl元素，Z元素的最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Y，而不是最高价无此规律，故B错误；C. X为O元素、Y为S元素，最外层电子数均为6，元素的最高正化合价等于最外层电子数，但O无最高正价，故C错误；D. Y为S元素、Z为Cl元素，元素的非金属性越强，则气态氢化物越稳定，S、Cl为同一周期的元素，从左向右，元素的非金属性逐渐增强，所以最简单的气态氢化物的稳定性：ZY，故D正确。故选D。10.共价键、离子键是构成物质微粒间的不同作用力，下列给出的物质中，含有上述两种作用力的是（ ）A. NaOHB. Na2OC. H2SO4D. MgCl2【答案】A【解析】详解】A. NaOH
13、中含有离子键、共价键两种作用力，故A正确；B. Na2O中只含有离子键一种作用力，故B错误；C. H2SO4中只含有共价键一种作用力，故C错误；D. MgCl2中只含有离子键一种作用力，故D错误。故选A。【点睛】既含离子键有含共价键的物质是离子化合物：铵盐类，如NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2CO3等；强碱类，如KOH、NaOH等；含氧酸盐，如K2SO4、NaHCO3等；过氧化物，如Na2O2，超氧化物，如KO2。11.食盐(NaCl)是生活中常用的调味品，胃酸的主要成分是盐酸。下列关于两种物质的说法正确的是（ ）A. 炒菜时放入食盐并不破坏NaCl中的化学键B. 胃舒平（主要成分氢氧化
14、铝）与胃酸反应生成的AlCl3属于离子化合物C. HCl溶于水时会电离出H和Cl，但HCl属于共价化合物D. HCl的电子式是【答案】C【解析】【详解】A. 氯化钠是含有离子键的离子化合物，在高温下氯化钠受热熔化，电离出阴、阳离子，离子键被破坏，故A错误；B. AlCl3属于共价化合物，故B错误；C. HCl是强电解质，溶于水完全电离，所以溶于水会电离出H和Cl，故C正确；D. 氯化氢是共价化合物，电子式是吗，故D错误。故选C。【点睛】一般来说，活泼的金属元素与活泼的非金属元素之间形成离子键（AlCl3、BeCl2除外），非金属元素间形成共价键（铵盐除外）。12.下列叙述中不正确的是（ ）A.
15、 化学键的断裂和形成是化学反应能量变化的主要原因B. 化学键存在所有单质和化合物中C. 含有共价键的化合物不一定是共价化合物D. N2分子中含有的共价键很强，故N2分子比较稳定【答案】B【解析】【详解】A.化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，化学键的断裂吸收能量，化学键的形成放出能量，故A正确；B.稀有气体单质中无化学键，所以不是所有单质和化合物中，一定存在化学键，故B错误；C.含共价键的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如NaOH，故C正确；D.结构决定性质，氮气分子中氮氮之间是三键，键能大，分子稳定，故D正确。故选B。13.下列反应过程中能量变化的趋势与下图一致的是
16、（ ）A. C + CO22COB. CaCO3CaO + CO2C. 2Al + Fe2O32Fe + Al2O3D. Ba（OH）28H2O + 2NH4Cl=BaCl2 + 2NH3+ 10H2O【答案】C【解析】【详解】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，A. C + CO22CO此反应为吸热反应，故A不符合；B. CaCO3CaO + CO2多数分解反应属于吸热反应，故B不符合；C. 2Al + Fe2O32Fe + Al2O3铝热反应是典型放热反应，故C符合；D. Ba(OH)28H2O + 2NH4Cl=BaCl2 + 2NH3+ 10H2O此反应为吸热反
17、应，故D不符合，故选C。【点睛】判断反应是吸热反应还是放热反应切不可以根据反应条件判断，高温条件的反应不一定就是吸热，这是易错点。14.下列选项中描述的过程能实现热能转化为化学能的是（ ）A. 燃料电池B. 火力发电C. 天然气燃烧 D. 煅烧石灰石【答案】D【解析】【详解】A. 燃料电池由化学能转化为电能，故A错误；B. 火力发电由化学能转化为热能，热能转化为电能，故B错误；C. 天然气燃烧由化学能转化为热能，故C错误；D. 煅烧石灰石由热能转化为化学能，故D正确。故选D。15.已知1gH2完全燃烧生成水蒸气放出热量121kJ，且O2中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中形
18、成1molHO键时放出热量463kJ，则H2中1molHH键断裂时吸收的热量为（ ）A. 920kJB. 557kJC. 436kJD. 188kJ【答案】C【解析】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1molH-H键断裂时吸收热量为Q，根据方程式：2H2+O22H2O，则：4121kJ=4463kJ-(2Q+496kJ)，解得Q=436kJ，故选C。点睛：常见反应热的计算方法有：(1)由化学反应的本质(旧键断裂-新键生成)及化学反应能量变化的原因(反应物的总能量与生成物的总能量不等)可得：反应热=断裂旧键所需的能量-生成新
19、键释放的能量；反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；(2)根据盖斯定律计算：不管化学反应是一步完成或分几步完成，其反应热是相同的也就是说，化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，而与具体反应的途径无关所以可将热化学方程式进行适当的“加”、“减”等变形，H进行相应的变化后来计算反应热。16.1905年德国化学家哈伯发明了合成氨的方法。他因此获得了1918年度诺贝尔化学奖。哈伯法合成氨需要在2050 MPa的高压和500 的高温下，用铁作催化剂，且氨转化率10%15%。2005年6月27日美国化学会刊报道，美国俄勒冈大学的化学家使用了一种名为transFe(DMeOPrPE)2Cl2的铁化合物
20、。用transFe(DMeOPrPE)2Cl2作催化剂，在常温常压下合成出氨，反应可表示为N2+3H22NH3，有关说法正确的是A. 不同的催化剂对化学反应速率影响均相同B. 新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展远景C. 新法合成能在常温下进行是因为不需要断裂化学键D. 哈伯法合成氨是吸热反应，新法合成氨是放热反应【答案】B【解析】试题分析：A、不同的催化剂催化机理不同，效果也不同，但在其他条件相同时，转化率是一样的，A不正确；B、新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展远景，B正确；C、化学反应一定有化学键的断裂和化学键的形成，C错误；D、
21、新法实际上是降低了反应所需的能量，旧化学键要断裂，新化学键也同时生成，反应的本质与催化剂无关，它们都是放热反应，D错误，答案选B。考点：考查外界条件对反应速率的影响、化学反应等17.用稀硫酸与过量锌粒反应制取氢气，欲加快化学反应速率而不改变产生氢气的量，下列措施不可行的是（ ）A. 升高温度B. 滴加少量浓硫酸C. 滴加少量硫酸铜溶液D. 改用等质量的锌粉【答案】B【解析】【分析】加热、增大浓度、增大接触面积、构成原电池，均可加快反应速率。【详解】升高温度，增大活化分子百分数，反应速率增大，A正确；滴加少量浓硫酸，硫酸的物质的量增大，生成氢气的体积偏大，B错误；锌置换出铜，形成铜锌原电池反应，
22、反应速率增大，C正确；改用等质量的锌粉，固体的表面积增大，反应速率增大，D正确。故选B。【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于分析能力和基本理论知识的综合运用的考查，把握影响化学反应速率的因素是解答的关键。18.在500和催化剂存在的条件下，某固定容积的容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(正反应放热)。下列有关说法正确的是（ ）A. 达到化学平衡时，混合气体中SO3的质量分数不再变化B. 在上述条件下，SO2能完全转化为SO3C. 达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率相等且都为零D. 达到平衡时，SO2和SO3的浓度一定相等【答案】A【解析】【详解】A. 达到化学
23、平衡时，SO2、O2和SO3的物质的量浓度不再变化，所以混合气体中SO3的质量分数不再变化，故A正确；B.该反应为可逆反应，SO2不能完全转化为SO3，故B错误；C.化学平衡是一个动态平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率相等但都不等于零，故C错误；D.达到平衡时，SO2和SO3的浓度不再改变但不一定相等，故D错误。故选A。【点睛】化学平衡状态的标志可概括为“一等五不变”：“一等”即正反应速率等于逆反应速率；“五不变”即反应混合物中各组分的浓度保持不变，其意义是指各组分的物质的量不变；各组分的浓度不变；各组分的百分含量不变；反应物的转化率不变。19.180时将0.5 mol H2和1 mo
24、l CO2通入1L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸汽（CH3OH）和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示，下列说法中正确的是（ ）A. 该反应的化学方程式：2CO2+4H22CH3OH+O2B. 在03 min内H2的平均化学反应速率为0.1 molL-1min-1C. 当容器内混合气体密度不再变化时，表明反应已经达到平衡状态D. 在310 min内，反应仍未达到平衡状态【答案】B【解析】【详解】A由图知，消耗n(CO2)=(1-0.9)mol=0.1mol、n(H2)=(0.5-0.2)mol=0.3mol、n(CH3OH)=0.1mol，同一反应中参加反应的各物质的物
25、质的量之比等于其分子个数之比，则N(CO2)：N(H2)：N(CH3OH)=0.1mol：0.3mol：0.1mol=1：3：1，根据原子守恒知，还生成H2O，所以反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，故A错误；Bv(H2)=0.1molL-1min-1，故B正确；C反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则反应前后气体密度始终不变，所以气体密度不能作为平衡状态判断标准，故C错误；D在3min时各物质物质的量不变，反应达到平衡状态，则在310min内，反应达到平衡状态，故D错误；故选B。【点睛】本题考查化学平衡的建立和图像分析，明确化学平衡状态判断标准及化学反应速率计算方法是解本题关键。
26、本题的易错点为D。20.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ）A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生B. 甲、乙两装置均将化学能转变为电能C. 两烧杯中溶液均变蓝色D. 一段时间后，两烧杯中溶液的c（H+）均减小【答案】D【解析】【分析】甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2；乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，以此进行分析。【详解】A.甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有
27、气泡产生，故A错误；B.甲中形成铜锌原电池，将化学能转变为电能，乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应，故B错误；C.甲、乙两烧杯中，铜片均未参与反应，所以溶液均不变蓝色，故C错误；D.甲中铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯溶液中氢离子浓度均减小，故D正确。故选D。21.有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，据此判断四种金属的活动顺序是（ ）A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D导线C；A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；B、D相连后，同时浸入稀H
28、2SO4溶液中，D极发生氧化反应。A. ACDBB. ABCDC. CABDD. BDCA【答案】A【解析】【详解】A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极，则活泼性：AB；原电池中，电流从正极流经外电路流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D导线C，则活泼性：CD；A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，则活泼性：AC；B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，D极是负极，则活泼性：DB；综上所述，金属活泼性顺序是：ACDB，故答案选A。【点睛】本题主要考查原电池正负极的判断、金属的活动性等方法，一般来说，
29、通常两种不同金属在电解溶液中构成原电池时，较活泼的金属作负极，但也不是绝对的，应以发生的电极反应来判定。例如：Mg-Al合金放入稀盐酸中，Mg比Al易失去电子，Mg作负极；将Mg-Al合金放入烧碱溶液中，由于发生电极反应的是 Al，故Al作负极。另如Cu-Al放在浓硫酸中，Cu是负极。22.2015年10月，浙江籍科学家屠呦呦因发现青蒿素(C15H22O5)而获得诺贝尔生理学或医学奖，根据物质的分类，青蒿素属于()A. 有机物B. 碱性氧化物C. 含氧酸盐D. 酸性氧化物【答案】A【解析】C15H22O5是含碳的化合物，属于有机物，故选A。23.下列说法正确的是A. 含有10个中子的氧原子核素
30、符号：OB. CH3CH2CH2CH2CH3和互为同素异形体C. 和互为同分异构体D. 乙烯的球棍模型：【答案】D【解析】【详解】A.含有10个中子的氧原子核素符号：，故A错误；B.CH3CH2CH2CH2CH3和分子式相同，但是结构不同，互为同分异构体关系，故B错误；C.和相当于甲烷中的2个H原子被2个CH3取代，而甲烷是正四面体结构，4个H原子的关系是等同的，则分子式相同，结构相同，所以和是同一种物质，故C错误；D.乙烯为平面结构，所以乙烯的球棍模型为，故D正确。故选D。24.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象
31、的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，结合有关物质的溶解性分析解答。详解：在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代烃，氯化氢极易溶于水，所以液面会上升。但氯代烃是不溶于水的气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。点睛：明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。25.既可用来鉴别乙烯和甲烷，又可用来除去甲烷中混有的乙烯的方法是（ ）A. 慢慢通入水中B. 催化加氢
32、C. 慢慢地通入溴水中D. 慢慢地通入酸性高锰酸钾溶液中【答案】C【解析】【详解】A.乙烯和甲烷均难溶于水，不能用来鉴别乙烯和甲烷，故A错误；乙烯催化加氢得到乙烷，与甲烷无法分离，引入新的杂质，故不能用来鉴别乙烯和甲烷，故B错误；将混合气体慢慢地通入溴水，甲烷不和溴水反应，而乙烯能和溴水发生加成反应而使溴水褪色，所以若溴水褪色为乙烯，否则为甲烷，且生成的CH2BrCH2Br为液态，便于分离，故C正确；D. 将混合气体慢慢地通入酸性高锰酸钾溶液，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化成二氧化碳，会带来新的杂质，所以不能用高锰酸钾除去甲烷中混有的少量乙烯，故D错误。故选C。【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必
33、需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。第卷 选择题（共50分）二、填空题26.1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经150年。元素周期表体现了元素位、构、性的关系，揭示了元素间的内在联系。下表是元素周期表的一部分，针对表中的中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题： 主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0234（1）表中化学性质最不活泼的元素，其原子结构示意图为_；（2）元素的单质电子式为_。（3）比较、元素的金属性强弱_；并写出它们最高价氧化物对应的水化物间反应的化学方程式_。（4）上述元素的最
34、高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_。（5）在元素、形成的简单离子中，半径最小的是_；（6）工业制取的单质的反应的化学方程式为_。【答案】 (1). (2). (3). Na (4). Al (5). NaOH+Al(OH)3=NaAl(OH)4 (6). HClO4 (7). Al3+ (8). SiO2 +2CSi + 2CO【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知为N元素，为F元素，为Na元素，为Mg元素，为Al元素，为Si元素，为S元素，为Cl元素，为Ar元素，为Br元素，结合元素对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。【详解】（1）表中化学性质最不活泼的元素是Ar，其
35、原子核外有3个电子层，最外层电子数为8，其原子结构示意图为：，故答案为：。（2）由分析可知为N元素，N原子之间形成三键，最外层还余一对未成对电子，所以氮气的电子式为，故答案为：。（3）由分析可知，为Na元素、为Al元素，Na、Al属于同一周期，同一周期从左向右元素的金属性逐渐减弱，所以金属性强弱NaAl，Na和Al的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3反应的化学方程式为NaOH+Al(OH)3=NaAl(OH)4，故答案为：Na，Al，NaOH+Al(OH)3=NaAl(OH)4。（4）元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，这几种元
36、素中非金属性最强的是F元素，但是F没有最高价氧化物，所以元素的非金属性最强的是Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为HClO4，所以酸性最强的是HClO4，故答案为：HClO4。（5）电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，元素的核电荷数越大，其离子半径越小，所以在元素、形成的简单离子中，半径最小的是Al3+，故答案为：Al3+。（6）为Si元素，工业上用二氧化硅与焦炭在高温条件下反应制取单质硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi +2CO。【点睛】明确元素周期表的结构以及编制原则是解答的关键，每一周期最后一种惰性气体原子序数依次为2、10、18、36、54
37、、86、118，因此只要记住了稀有气体元素的原子序数，就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。27.无水氯化铝是有机化工常用催化剂，氯化铝178时升华，极易潮解，遇水发热并产生白色烟雾。在实验室中，可以采用下列仪器和药品制取较纯的无水氯化铝固体。（1）装置A中仪器X的名称为_。A中发生反应的化学方程式为_。（2）B装置中盛放的试剂是_，C装置中盛放试剂的作用为_。（3）F装置中的试剂为_，其作用是_。（4）G装置中反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 除去氯气中的水蒸气 (5).
38、浓硫酸 (6). 防止G中的水蒸气进入E中 (7). Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【解析】【分析】该实验的原理二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，氯气中含有氯化氢和水蒸气，要制备纯净、干燥的氯气，先通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥氯气，干燥的Cl2再与Al反应，最后收集制得的AlCl3，据此答题。【详解】（1）根据仪器的构造可知，装置A中仪器X的名称为分液漏斗，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。（2）根据分析，制备的氯气中含有氯
39、化氢和水蒸气，B装置中盛放的试剂是饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯化氢，C装置中盛放试剂为浓硫酸，作用为利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，故答案为：饱和食盐水，除去氯气中的水蒸气。（3）因为氯化铝178时升华，极易潮解，遇水发热并产生白色烟雾，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，所以F装置中的试剂为浓硫酸，其作用是防止G中的水蒸气进入E中，故答案为：浓硫酸、防止G中的水蒸气进入E中。（4）氯气有毒，直接排放会引起空气污染，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。28.t时，将2mol气体A和1mol气体B充
40、入容积为2L的恒容密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)，2min时化学反应达到平衡(温度仍为t)，此时B还有 0.6mol，并测得C的浓度为0.6mol/L。请回答下列问题：（1）判断该反应达到平衡的标志是_。a容器中的压强保持不变 bA的生成速率与B的消耗速率之比为2：1c容器内混合气体的密度保持不变 dA的百分含量保持不变eB和C的物质的量浓度之比为1：x（2）x=_， 从反应开始到达到平衡时，用B表示该反应的平均反应速率v(B)=_；（3）化学反应达到平衡时，A的转化率为_。（4）某化学兴趣小组同学为了研究上述反应的反应速率，他们将A、B在一定条件下反应并测定反应中生
41、成物C的浓度随反应时间的变化情况，绘制出如图所示的曲线。在Ot1、t1t2、t2t3各相同的时间段里，反应速率最大的时间段是_，从反应速率的变化可看出该反应可能是_(填“放热”或“吸热”)反应。【答案】 (1). bd (2). 3 (3). 0.1mol/(Lmin) (4). 40% (5). t1t2 (6). 放热【解析】【详解】（1）2min时化学反应达到平衡(温度仍为t)，此时B还有0.6mol，转化的B为=0.2mol/L，并测得C的浓度为0.6mol/L，则，计算得出x=3。a.该反应为气体体积不变的反应，则容器中的压强保持不变，不能判断是否达到平衡状态，故a不选；b.A的生成
42、速率与B的消耗速率之比为2：1，为不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，达到平衡状态，故b选；c.质量、体积不变，则容器内混合气体的密度保持不变，不能判断是否达到平衡状态，故c不选；d.A的百分含量保持不变，符合特征“定”，达到平衡状态，故d选；e.由上述分析可知，B和C的物质的量浓度之比为1：2，故e不选。故答案为：bd。（2）由上述分析可知，x=3，用B表示该反应的平均反应速率v(B)= 0.1mol/(Lmin)，故答案为：3，0.1mol/(Lmin)。（3）化学反应达到平衡时，A的转化率为100%=40%，故答案为：40%。（4）由图可知t1t2时间段内浓度变化最大，反应速率
43、也最大；t1t2时间段内反应速率逐渐加快，而反应物的浓度是逐渐减小的，说明反应热使溶液温度升高，反应速率加快，故答案为：t1t2；放热。29.石油是工业的血液，与我们的生产、生活息息相关，乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。根据下面转化关系回答下列问题：（1）操作、操作的名称分别为_、_。（2）乙烯的结构简式为_。（3）写出乙烯和水反应生成B的反应的方程式(注明条件)：_，反应类型为_。写出反应的化学方程式(注明条件)：_。（4）物质C的沸点为12.27 ，常用于局部冷冻麻醉应急处理。物质C可通过反应和反应制得，其中最好的方法是反应_（填“”或“”），理由为_。【答案】 (1). 石
44、油的分馏 (2). 石油的裂解 (3). CH2=CH2 (4). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (5). 加成反应 (6). CH3CH3Cl2CH3CH2ClHCl (7). (8). 乙烷与氯气反应将得到多种氯代物的混合物，产物不纯【解析】【分析】石油经过分馏可生产液化石油气、汽油、煤油、柴油等产品，而上述产品再经过高温裂解可得到乙烯等化工产品，乙烯与水发生加成反应生成乙醇（B），乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷（C），乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷（D），加成答题。【详解】（1）石油经过分馏可生产液化石油气、汽油、煤油、柴油等产品，而上述产品再经过高温裂解可得到乙烯等化工产
45、品，所以操作、操作的名称分别为石油的分馏、石油的裂解，故答案为：石油的分馏，石油的裂解。（2）乙烯为平面四边形结构，官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2。（3）乙烯和水发生反应生成乙醇，化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，该反应为加成反应，反应为乙烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成氯乙烷，反应方程式为：CH3CH3Cl2CH3CH2ClHCl，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，加成反应，CH3CH3Cl2CH3CH2ClHCl。（4）氯乙烷可通过乙烯与氯气发生加成反应和乙烷与氯气发生取代反应制得，最好方法是加成反应（），因为乙烷与氯气反应将得到多种氯代物的混合物，产物不纯，故答案为：；乙烷与氯气反应将得到多种氯代物的混合物，产物不纯。
