1、20192020学年度第二学期高一年级质检(三)考试化学试卷本试卷分为卷(选择题)和卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间：60分钟。请将选择题答案直接提交到系统，二卷答案按照要求规范写在答题纸上并清晰拍照上传。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 I-127卷 (选择题)一、选择题(每个题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分)1.下列分别是利用不同能源发电的实例，其中不属于新能源开发利用的是()A. 风力发电B. 太阳能发电C. 火力发电D. 潮汐能发电【答案】C【解析】【详解】A、风能是清洁无污染的环保新能源，A不符合题意；B太阳能是
2、清洁无污染的新能源，B不符合题意；C、火力发电需要煤作燃料，煤是不可再生能源，也不是环保新能源，C符合题意；D、潮汐和海风发电是新开发利用的环保新能源，D不符合题意，答案选C。2.2018年10月在自然一催化杂志上刊登了中科院院士李灿发表的有关高效单核催化剂的文章，为实现“液态阳光”构想迈出了关键一步。“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合作用得到的绿色液态燃料。下列有关“液态阳光”的说法错误的是( )A. 煤气化得到的水煤气不属于“液态阳光”B. “液态阳光”的主要成分可能为甲醇、乙醇和氨基酸C. “液态阳光”行动有利于可持续发展和应对气候的变化D. “液态阳光”有望解决全球化石燃
3、料面临枯竭的难题【答案】B【解析】【详解】A煤气化得到的水煤气主要成分为氢气和一氧化碳，不属于“液态阳光”，故A正确；B根据元素守恒，液态阳光中不可能含有氨基酸，故B错误；C“液态阳光”是指由阳光、二氧化碳和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，能吸收二氧化碳解决温室效应，且燃烧产物无污染，有利于可持续发展并应对气候变化，故C正确；D利用阳光、二氧化碳和水合成绿色燃料减少对化石燃料的依赖，有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题，故D正确；故答案为B。3.目前已进入“垃圾分类时代”。垃圾分类能最大限度地实现资源回收利用，改善生存环境状态。按垃圾的不同成分、属性、利用价值、对环境的影响以及不同处理方式的要
4、求，对垃圾进行源头分类投放。废荧光灯管，废灯泡应放入下列哪个垃圾标识的垃圾桶中( )ABCD可回收物厨余垃圾有害垃圾其它垃圾A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】节能灯中含有铅、隔、铬、多溴联苯、多溴二苯醚等有害元素及物质，灯管中还有汞。废旧灯管或灯泡一旦破损就会向周围释放有害物质，对人的身体健康会造成伤害。因此，废旧的灯管或灯泡属于有害垃圾。C符合题意；答案选C。4.10mL某气态烃，在55mL氧气里完全燃烧，得到液态水和体积为35mL的混合气体(所有气体体积都是同温同压下测定的)，则该气态烃可能是( )A. 甲烷B. 乙烷C. 丙烷D. 丁烷【答案】C【解析】【详解】设
5、烃的分子式为CxHy，烃在氧气里完全燃烧的化学方程式为CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，由烃和气体体积减小V可得如下关系式1：(1+)=10:(65-35)，解得y=8，则气态烃的分子式为C3H8，故选C。5.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A. 100mL 1mol/L CH3COOH溶液与足量的Na反应，生成H2分子数目为0.05NAB. 常温常压下，7g C2H4和C3H6的混合物中含有的氢原子数目为NAC. 1mol碳正离子所含的电子数为10NAD. 0.1mol C10H22分子中共价键数目为3.1NA【答案】A【解析】【详解】A100mL1mol/LCH3
6、COOH溶液中除了CH3COOH能与Na反应外，H2O也能与Na反应放出H2，故产生的H2量应大于0.05mol，A错误；BC2H4和C3H6的最简式均为CH2，7g混合物的物质的量为，所以H原子的物质的量为20.5mol=1mol，H原子数为1NA，B正确； C1个 C含有的电子数为6，5个H含有的电子数为5，但整个离子显+1价，说明该离子失去了一个电子，故每个碳正离子C所含电子数为10，1mol该离子所含电子数为10NA，C正确；DC10H22分子中H原子达到饱和，属于烷烃，C与C，C与H之间均以单键相连，每个C10H22分子中有31条共价键，故0.1mol C10H22分子中共价键数目为
7、3.1NA，D正确；故选A。6.下列有关操作正确的是( )A. 可以用水鉴别1，2-二溴乙烷、乙酸、四氯化碳三种有机物B. 将铜丝弯成螺旋状，在酒精灯上加热变黑后，立即伸入盛有无水乙醇的试管中，可以实现乙醇被氧化为乙醛C. FeBr3作催化剂，苯和溴水发生反应可生成无色、比水重的液体溴苯D. 使用AgNO3溶液验证三氯甲烷中是否含有氯元素，现象是产生白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A乙酸与水可以互溶，1，2-二溴乙烷和四氯化碳都不溶于水，且密度都比水大，无法区分，A错误；B将铜丝弯成螺旋状，在酒精灯上加热变黑，铜单质被氧化生成CuO，CuO与乙醇反应生成铜单质和乙醛，实现乙醇被氧化为乙醛，B
8、正确；C苯与溴水发生萃取，不会反应生成溴苯，生成溴苯的条件为FeBr3作催化剂，苯与液溴反应，C错误；D三氯甲烷不能电离出Cl-，故不能直接用AgNO3溶液检验氯元素，D错误；故选B。7.下列化学用语表示正确的是( )苯的分子式：系统命名为3，4-二甲基-4-乙基庚烷溴乙烷的电子式乙烯的比例模型：1H+、2H2、2H、3H互为同位素葡萄糖的结构式：和互为同分异构体硝基苯的结构简式：乙酸的球棍模型：同素异形体：C60、金刚石、石墨A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】苯的分子式为C6H6，错误；最长C链上有7个C，从左上方的C开始编号，3号C和4号C上各有一个甲基，4号C上有一个乙基
9、，故系统命名为3，4-二甲基-4-乙基庚烷，正确；溴乙烷的电子式为，错误；比例模型就是原子紧密连起的，只能反映原子大小，不反应化学键的一种大致的排列方式，乙烯的比例模型为，正确；同位素是质子数相同，中子数不同的核素。1H、2H、3H互为同位素，1H+是离子，2H2是分子，不属于同位素，错误；葡萄糖（C6H12O6）是一种重要的单糖，它是一种多羟基醛，结构式为，正确；和是同种物质，错误；硝基苯中硝基的N与苯环相连，结构简式为，错误；用来表现化学分子的三维空间分布。在此作图方式中，线代表化学键，可连结以球型表示的原子中心。乙酸的球棍模型为，正确；同素异形体是由同种元素形成的不同单质， C60、金刚
10、石、石墨属于同素异形体，正确；综上所述，正确，故选C。8.如图是某种有机物分子的模型图。图中的“棍”代表单键或双键，不同大小的“球”代表三种短周期元素的原子。下列对该有机物的叙述错误的是( )A. 该有机物分子中可能含有碳碳双键B. 该有机物的分子式可能为C2HCl3C. 该有机物可以由乙烯和氯气加成反应得到D. 该有机物分子中的所有原子可能共平面【答案】C【解析】【详解】该模型图表示的是有机物分子，分子中一定含有C原子，根据C原子需要形成4个共价键，因此白色的小球代表C原子，两个大小不同的黑色小球与C原子形成单键，C原子之间形成了双键；大的黑球的原子半径比C原子半径大，且形成单键，则表示Cl
11、原子；同理小的黑球表示H原子。A根据分析，该有机物中含有碳碳双键，A正确，不选；B根据分析，大的黑色球表示Cl原子，小的黑色球表示H原子，分子式可能为C2HCl3，B正确，不选；C乙烯与氯气加成得到CH2ClCHCl2，而该有机物为CHCl3，C错误，符合题意；D该分子中含有碳碳双键，其平面结构类似于乙烯，所有原子共平面，D正确，不选；答案选C。9.有机化工生产中可以通过由石油得到的乙烯和由煤得到的苯制聚苯乙烯，生产过程如下：CH2=CH2+ 下列说法不正确的是( )A. 乙苯、苯乙烯的一氯代物均有5种B. 通过石油裂解可以获得更多的乙烯C. 1mol苯乙烯在一定条件下能与4molH2发生加成
12、反应D. 反应的原子利用率都达到了100%【答案】D【解析】【详解】A.乙苯、苯乙烯的结构关于侧链对称，分子中都含有5类氢原子，一氯代物均有5种，故A正确；B.工业上通过石油裂解可以获得更多的乙烯做化工原料，故B正确；C.一定条件下，苯环和碳碳双键都能与氢气发生加成反应，则1mol苯乙烯在一定条件下能与4mol氢气发生加成反应，故C正确；D.反应为乙苯发生分解反应生成苯乙烯和氢气，原子利用率不可能达到了100%，故D错误；故选D。10.环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺3,3庚烷（）是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是A. 与甲苯（C7H8）互为同分异构体B. 1mol该化
13、合物完全燃烧时消耗10 mol O2C. 所有碳原子均处同一平面D. 一氯代物共有3种（不含立体异构）【答案】B【解析】【详解】A该化合物分子式为C7H12，有两个环，不饱和度是2；甲苯（C7H8）含有一个苯环，不饱和度是4，所以不可能是同分异构体，故A错误；B该化合物分子式为C7H12，1mol该化合物完全燃烧时消耗O2的物质的量为：（7+）mol=10mol，故B正确；C两个环的碳原子均为饱和碳原子，具有甲烷四面体结构，所有碳原子不同面，故C错误； D由结构简式可知，该化合物分子中共有两种等效氢原子，所以一氯代物共有2种，故D错误。 故选B。11.糖类、油脂和蛋白质是动物性和植物性食物中基
14、本营养物质。以下叙述正确的是( )油脂均不能使溴的四氯化碳溶液褪色 汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料的主要成分是纤维素蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热45min，再加入少量银氨溶液，水浴加热，有光亮银镜生成可用碘水检验淀粉是否水解完全皮肤上不慎沾上浓硝酸会出现黄色利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程淀粉、棉花、羊毛、蚕丝、油脂都属于高分子化合物。A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】油脂中油是不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中含有不饱和键，具有不饱和烃的性质，所以油可以与溴发生加成反应，使溴水褪色；脂肪
15、是饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，分子中不含不饱和键，不能使溴水褪色，错误；汽油、柴油是碳氢化合物，植物油由C、H、O三种元素组成故不是碳氢化合物，错误；糖类包括单糖、双塘和多糖，其中单糖不能水解，错误；棉花、针叶木等的主要成分属于纤维素，正确；蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热45min，加入碱调pH碱性，再加入少量银氨溶液，水浴加热，才能观察到银镜反应，错误；碘单质遇淀粉变蓝色，若水解完全，则不变蓝色，正确；皮肤中有蛋白质，硝酸与一些蛋白质可发生颜色反应，出现黄色，正确；粮食酿酒：粮食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成酒精，有新物质生成，是化学变化，正确；油脂相对分子质量较小，不属于
16、高分子化合物，错误；综上所述，正确，故选D。12.实验室制备、纯化硝基苯需要用到下列装置，其中不正确的是( )ABCD配制混酸制备硝基苯分离粗产品精制产品A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】硝化反应的原理是苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂，5060的水浴加热下反应得到硝基苯。【详解】A配制混酸时，需要将浓硫酸缓缓加入浓硝酸中，并不断搅拌，防止浓硫酸溶于水放热而产生爆沸，A正确；B将反应物混合物在5060的水浴中直接加热至反应完全，温度计应放在水浴中，B错误；C反应后得到的粗产品中含有硫酸、未反应的硝酸、苯和生成的硝基苯，可先用水，NaOH溶液除去未反应的酸，再用水洗除去NaOH
17、溶液，再采用分液分离，C正确；D分离后的粗产品中含有未反应的苯，可以采用蒸馏的方法分离，D正确；答案选B。13.我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如图：下列说法不正确的是( )A. 反应的产物中含有水B. 反应中只有碳碳键形成C. 图中b物质其主链上有5个碳原子的同分异构体有5种D. 汽油主要是C5:C11的烃类混合物【答案】B【解析】【详解】A根据反应中原子守恒，CO2和H2反应后，生成CO和H2O，反应中的产物中有水，A正确，不选；B反应中CO转化为(CH2)n，除有碳碳键形成外，还有碳氢键等其他键的形成，B错误，符合题意；Cb物质的C原子数一共有7个，主
18、链含有5个碳原子的同分异构体，若取代基为乙基，只有1种，结构简式为CH(CH2CH3)3；若取代基为2个甲基，有4种，结构简式为、，共5种，C正确，不选；D汽油主要有石油分馏得到，主要成分为C5:C11的烃类，D正确，不选；答案选B。14.从海水中提取粗盐和溴的过程如图所示，下列有关说法错误的是( )A. 淡化海水的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等B. X为SO2气体，也可换成Na2SO3C. 设备Y为蒸馏塔，在实验室可以用蒸馏装置代替D. 提取溴过程中包含1次溴元素的氧化反应和1次溴元素的还原反应【答案】D【解析】【详解】在浓缩海水中加入酸和氯气，氯气氧化浓缩海水中的Br得到Br2，溴易
19、挥发，通入空气，可以把溴出吹，溴与X反应生成溴化物，故X具有还原性，可选用SO2或Na2SO3等，溴化物再与氯气反应生成溴单质，加热蒸馏得到溴蒸气，最后冷凝得到液溴。A海水淡化主要是将水与海水中的盐类进行分离，可采用蒸馏法、电渗析法、离子交换法等将水和盐类进行分离，使得海水得到淡化，A正确，不选；B根据分析，X具有还原性，将Br2还原成Br，可以是SO2，也可以是Na2SO3，B正确，不选；C设备Y将Br2从溶液中蒸馏出来，在实验室中利用蒸馏装置代替蒸馏塔，C正确，不选；D整个过程中，Cl2两次将Br氧化成Br2，因此包含了2次溴元素的氧化反应，D错误，符合题意；答案选D。15.某化学实验室产
20、生的废液中含有 Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，甲同学设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。据此分析，下列说法正确的是（ ） A. 沉淀A中含有2种金属单质B. 可用 KSCN 溶液来检验溶液B中所含金属离子C. 溶液 A 若只经过操作最终将无法得到沉淀CD. 操作中都需要用到玻璃棒、漏斗【答案】B【解析】【分析】Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子和过量的铁反应生成亚铁离子和单质铜，通过过滤得到固体A和溶液A，因为铁过量，沉淀A为铁和铜的混合物，溶液A含亚铁离子；亚铁离子具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入过氧化氢能把亚铁离子氧化成铁离子，故溶液B中含铁离子；铁
21、离子和碱反应生成氢氧化铁沉淀，故沉淀C为氢氧化铁沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放，以此解答该题。【详解】A.废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，银离子被还原生成银，所以在第得到的沉淀中含有金属铜、银和过量的铁，故A错误；B.溶液B中含有的金属阳离子为Fe3+，因为Fe3+遇SCN-离子，发生反应：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，溶液呈血红色，所以溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中含有Fe3+，检验溶液B中含有的金属阳离子常用的试剂是KSCN溶液，故B正确；C.溶液A含亚铁离子，加入碱生
22、成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，故C错误；D.操作加入过氧化氢，为亚铁离子的氧化过程，不需要漏斗，故D错误。答案选B。16.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是( )A. 粗盐中的可溶性杂质可以通过化学反应生成沉淀而除去B. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴C. 工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D. 利用向海水晒盐后的苦卤水中加入沉淀剂的方法可实现对镁离子的提纯和富集【答案】C【解析】【详解】A粗盐中含有的Mg2，可加入NaOH，使其转化为Mg(OH)2而除去，A正确，不选；B根据流程图，苦卤中通入Cl2，Cl2将Br氧化成Br2，是为了提取Br2，B正确，不
23、选；CNaOH作沉淀剂，成本高，不符合题意工业生产，工业生成中常使用Ca(OH)2，来源广，价格便宜，C错误，符合题意；D苦卤中含有Mg2，加入沉淀剂，使Mg2转化为Mg(OH)2，与其他物质进行分离，从而将实现Mg2的提纯和富集，D正确，不选；答案选C。17.含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是( )A. 该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和SB. 图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4C. 该工艺流程可以除去煤燃烧时产生的SO2D. 该过程中可得到化工产
24、品H2SO4【答案】A【解析】【详解】A根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，然后氧气再把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，所以该过程中化合价发生改变的元素有O、Fe和S，A错误；B图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，B正确；C根据工艺流程所示可知，该工艺流程可以除去煤燃烧时产生的SO2，C正确；D该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品H2SO4，D正确；答案选A。18.实验室常用图1装置完成石蜡油的分解实验，用
25、图2完成煤的干馏实验。下列说法不正确的是( )A. 图1中石蜡油是液态烷烃混合物B. 上述两实验中分解生成的气体成分不同，但均含有不饱和烃C. 充分反应后，图2试管b中无固体物质残留D. 取图2中水层，加入浓NaOH溶液，加热可产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体【答案】C【解析】【详解】A石蜡油由石油分馏得到，是几种高级烷烃的混合物，A正确，不选；B石蜡油催化分解可得到碳原子数较小的烯烃和烷烃，煤的干馏得到的气体中含有氢气、甲烷、乙烯、氨气、苯等，成分不同，但都含有不饱和烃，B正确，不选；C煤的干馏可得到焦炭，是固体，因此充分反应后，试管b中有固体残留，C错误，符合题意；D煤的干馏可得到氨气，可
26、溶于水，向水层中加入NaOH溶液，加热，氨气逸出，能够是湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确，不选；答案选C。19.化学与生活，生产密切相关，根据所学化学知识及常识，下列说法正确有几个( )重金属盐能使蛋白质变性，所以误食重金属盐会中毒煤的干馏和石油的催化重整均可获得芳香烃包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃氢能具有燃烧热值高，资源丰富等优点，目前氢已用作火箭和燃料电池的燃料煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁能源推广乙醇汽油可以减轻环境污染，降低尾气中一氧化碳含量溴被称为海洋元素，地球上99%的溴元素以溴离子形式存在于海水中绿色化学的核心是利用化学原理对工业生产造成的环境污染进行治理A. 4B.
27、 5C. 6D. 7【答案】B【解析】【详解】重金属盐能使蛋白质变性，误食重金属盐会使人体内的消化酶、结构蛋白等物质变性，从而使人中毒，正确；煤的干馏可得到煤焦油，煤焦油中含有芳香烃，石油催化重整也可获得芳香烃，正确；烃是只含有C、H的化合物，聚氯乙烯中有卤素Cl，不属于烃类，错误；氢能燃烧热值高，污染小，可由水制取，优点很多，氢可用作火箭燃料，也可用于氢氧燃料电池，正确；煤的气化和液化为化学变化，错误；燃料乙醇自身含有氧原子，可增加汽油的含氧量，使汽油燃烧更充分，乙醇汽油能大大减少汽车尾气中一氧化碳、碳氢化合物排放，有利于改善大气环境，正确；海水中的元素有80多种，其中Br就是其中的一种，地
28、球上99%的溴元素以溴离子形式存在于海水中，故溴被称为海洋元素，正确；“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，而不是对污染进行治理，错误；综上所述，正确，共有5个，故选B。20.下列变化过程，属于放热反应的是( )水蒸气变成液态水Al粉和四氧化铁在高温下的反应生石灰溶于水炭和二氧化碳高温反应生成一氧化碳八水合氢氧化钡与氯化铵的反应硝酸铵溶于水盐酸与碳酸氢钠反应A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】水蒸气和液态水是一种物质的不同的聚集态，并没有新物质生成，不是化学变化，不符合题意；铝热反应是放热反应，符合题意；CaO与水反应是放热反应，符合题意；C和CO2反应生成CO，是
29、吸热反应，不符合题意；Ba(OH)28H2O和NH4Cl反应是吸热反应，不符合题意；硝酸铵溶于水吸热，但没有发生吸热反应，不符合题意；盐酸与碳酸氢钠反应是吸热反应，不符合题意；综上符合题意，D符合题意；答案选D。21.下列说法正确的是( )A. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的H不同B. 由C(s，石墨)C(s，金刚石)H=+1.9kJmol-1可知金刚石比石墨稳定C. 需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应D. 已知.反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)H=-akJmol1；.。且a、b、c均大于零，则断开1mol H-
30、Cl键所需的能量为kJ【答案】D【解析】【详解】A一个反应的反应热只与反应物和生成物的总能量的差值有关，与反应条件无关，A错误；B一般条件下，物质具有的能量越低越稳定，从热化学方程式可知，石墨的能量更低，更稳定，B错误；C需要加热的反应不一定是吸热反应，如铝热反应也需要加热引发；常温下，Ba(OH)2H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，不需要加热也可以反应，C错误；D根据H=反应物的总键能-生成物的总键能，则H=b+c-2EHCl=akJmol1,求得EHCl=kJmol1，因此断开1molHCl键所需的能量为kJ，D正确；答案选D。22.根据下列信息判断氢气燃烧生成水时的热量变化，下列叙述一
31、定正确的是( )A. H原子比H2分子要稳定B. 氢气和氧气的总能量小于水的能量C. 生成1molH2O时吸收热量245kJD. 甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙甲丙【答案】D【解析】【详解】A根据图可知，1molH2变为2molH时需要吸收436kJ的能量，故H原子的能量高，能量越高的物质越不稳定，A错误；B燃烧反应为放热反应，反应物总能量高于生成物，故氢气和氧气的总能量大于水的能量，B错误；CH=反应物键能和-生成物键能和=436kJ/mol+249kJ/mol-930kJ/mol=-245kJ/mol，故生成1mol水时放出245kJ的热量，C错误；D断键吸收能量，成键释放能量
32、，甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙甲丙，D正确；故选D。23.化学反应N2+H2=NH3的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )A. N2(g)+H2(g)=NH3(l) DH=(a-b-c)kJmol-1B. 断裂1mol NN键和3mol H-H键，吸收akJ热量C. 1mol NH3(l)的能量高于1molNH3(g)的能量D. 1mol N2(g)与3molH2(g)形成1mol NH3(l)，放出bkJ热量【答案】A【解析】【详解】A由图可知，molN2(g)和molH2(g)的总能量与1molNH3(l)的总能量之差为(b+c-a)kJ，且反应放热，DH为负，故热化学方
33、程式为N2(g)+H2(g)=NH3(l) DH=(a-b-c)kJmol-1，A正确；B图中断裂molNN键和molH-H键，需吸收akJ热量，故断裂1molNN键和3molH-H键，需吸收2akJ热量，B错误；C由图可知，NH3(g)的能量高于NH3(1)的能量，C错误；D根据A项的解析，1molN2(g)与3molH2(g)形成1molNH3(l)，放出2(b+c-a)kJ的热量，D错误；故选A。24.工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是( )A. 合成氨的正、逆反应的焓变相同B. 若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短C. 在该过程中，N原子和
34、H原子形成了含有非极性键的氨气分子D. 合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量【答案】B【解析】【详解】A在可逆反应中，正反应和逆反应的焓变数值相同，但符号相反，A错误；B，使用催化剂，化学反应速率加快，生成等量的NH3需要的时间更短，B正确；CN原子和H原子吸引电子的能力不同，形成的是极性键，C错误；D根据图示，合成氨反应是放热反应，因此反应物断键吸收的能量小于生成物形成键释放的能量，D错误；答案选B。25.下列有关反应热的叙述正确的有几个( )S(s)+O2(g)=SO3(g) H=-315kJmol-1(燃烧热)(H的数值正确)同一化学反应化学计量数不同，H值不同。
35、化学计量数相同而状态不同，H值也不同H2的燃烧热是285.8kJ/mol，则2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)反应的反应热H=+571.6kJ/mol4P(g)+5O2(g)=2P2O5(g)H1；4P(s)+5O2(g)=2P2O5(g)H2，两个反应热关系为H1H2两份等质量的氢气在氧气中充分燃烧，分别生成H2O(g)和H2O(l)，前者放出热量多若2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=-221.0kJmol-1，则碳的燃烧热为110.5kJmol-1A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】A【解析】【详解】S(s)完全燃烧时，生成SO2(g)而不是SO3(g)，因此H不是S(s
36、)的燃烧热，错误；焓变的数值与化学计量数以及物质的状态有关，同一化学反应化学计量数不同，H值不同，化学计量数相同而状态不同，H值也不同，正确；燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的热量，H2(g)完全燃烧时，应生成H2O(l)，而不是H2O(g)，因此2H2O(g)分解吸收的热量并不是H2(g)燃烧热的两倍，错误；P与O2反应是放热反应，P(g)具有的能量高于P(s)具有的能量，反应物的能量越高，生成相同的生成物时，放出的热量越高，H越小，则H1H2，正确；H2O(g)具有的能量高于H2O(l)，两份等质量的氢气在氧气中充分燃烧，生成的产物的能量越高，放出的热量越小，则后
37、者放出的热量多，错误；燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的热量，C(s)完全燃烧应生成CO2(g)，错误；综上正确，正确的个数为2，A符合题意；答案选A。卷 (共50分)26.乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。根据如图转化回答有关问题：(1)依据所学内容写出A与C反应生成乙酸乙酯的化学方程式_，(2)写出A到B的化学方程式_。(3)实验室利用如图的装置制备乙酸乙酯。与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是_。(4)已知下表数据：物质熔点/沸点/密度/(g/cm3)乙醇-144780.789乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯-83
38、.677.50.90浓硫酸3381.84按装置图装好仪器，需要试剂为3mL乙醇，2mL乙酸，适量浓硫酸，请选择合适加入顺序_A.先加浓硫酸，再加乙醇，最后加乙酸B.先加浓硫酸，再加乙酸，最后加乙醇C.先加乙酸，再加浓硫酸，最后加乙醇D.先加乙醇，再加浓硫酸，最后加乙酸根据上表数据分析，为什么乙醇需要过量一些，其原因是_。(5)停止加热，取下试管B，嗅闻管内液体气味，闻到更多的是刺激性气味。为进一步验证产物中某些杂质存在，在保持试管B相对稳定情况下，沿试管内壁滴入紫色石蕊试液，静置片刻会在试管内油层下方明显看到液体呈现三种颜色，由上而下分别为红色、紫色、蓝色，其原因可能是_、_、_，故产品需进行
39、提纯。(6)现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，如图是分离操作步骤流程图。请在图中圆括号内填入适当的试剂，在方括号内填入适当的分离方法。分离方法是_，试剂b是_(填试剂名称)；(7)为了证明浓硫酸的作用，某同学进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡试管B再测有机物的厚度，实验记录如表：编号试管A中试剂试管B中试剂有机层厚度/cmA3mL乙醇、2mL乙酸、1mL18mol/L浓硫酸饱和Na2CO3溶液5.0B3mL乙醇、2mL乙酸饱和Na2CO3溶液0.1C3mL乙醇、2mL乙酸、3mL2mol/L硫酸饱和Na2CO3溶液1.2D
40、3mL乙醇、2mL乙酸、一定体积浓度的盐酸饱和Na2CO3溶液1.2实验D的目的是与实验C对照，证明H+对该反应的催化作用。实验D中加入盐酸的体积和浓度分别是_mL和_mol/L。(8)用30g乙酸与60g乙醇反应，如果实验产率是理论产率的55%，则可得到的乙酸乙酯的质量是_g(精确到0.1)【答案】 (1). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O (2). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (3). 防倒吸 (4). D (5). 乙醇的沸点比乙酸较低，易挥发而损耗 (6). 乙酸浓度较高 (7). 乙酸与碳酸钠反应接近中性 (8). 碳酸钠溶液呈
41、碱性 (9). 蒸馏 (10). 稀硫酸 (11). 3 (12). 4 (13). 24.2【解析】【分析】A和C反应生成乙酸乙酯，A能够与O2在Cu作催化剂的作用下生成B，该反应为醇的催化氧化，A为乙醇，C为乙酸，B为乙醛。(6)含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品先利用饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、水、中和乙酸，使得乙酸乙酯与水溶液分层，利用分液分离，A为乙酸乙酯，加入无水碳酸钠进行干燥；B为含有乙醇、乙酸钠的水溶液，经过蒸馏可得到乙醇，E为乙醇，C为乙酸钠、碳酸钠的混合溶液，加入酸酸化，再蒸馏得到乙酸。【详解】(1)A为乙醇，C为乙酸，在酯化反应中，酸脱羟基醇脱氢，化学方程式为CH3CH2OH+
42、CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；(2)乙醇与O2在铜作催化剂加热的条件下发生催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，均易溶于水，采用球形干燥管，可以起到防倒吸的作用；(4)不能将乙醇、乙酸加入浓硫酸中，不然易发生爆沸；其他物质按照密度大的液体加入密度小液体中的原则，因此先加乙醇、再加浓硫酸、冷却后，最后加乙酸；D符合题意；根据表中的数据，乙醇沸点低，易造成挥发损失，所以应该过量些；(5)注入的石蕊试液快速降至油层下方，油层内含有的乙酸不断扩散溶解到下层的水溶液中，上层红色是因为乙酸浓度较高，中间紫色层是因为乙酸与碳
43、酸钠反应接近中性，下层蓝色是因为碳酸钠溶液呈碱性；(6)根据分析，B为乙醇、乙酸钠、碳酸钠的混合溶液，经过操作得到E乙醇，从一溶液中得到乙醇，利用蒸馏；试剂b的作用是将乙酸钠转化为乙酸，可选用稀硫酸；(7)实验D的目的是与实验C对照，根据控制变量法，则加入酸的体积以及H的浓度相同，则加入盐酸的体积为3mL，浓度为4molL1；(8)30g乙酸与60g乙醇，可知乙酸是少量的，根据乙酸的量计算，30g乙酸完全反应得到44g乙酸乙酯，实验产率是理论产率的55%，则可得到的乙酸乙酯的质量是44g55%=24.2g。27.途经张家界的黔张常铁路是我国“八纵八横”高速铁路网之一，高铁的铝合金车体的优势是：
44、制造工艺简单，节省加工费用；减重效果好；有良好的运行品质；耐腐蚀，可降低维修费。工业上制备铝一般是从铝土矿中得到纯净Al2O3，然后电解Al2O3得到铝。从铝土矿(主要成分是Al2O3，含有SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如图：(1)流程一中滤液与过量CO2反应生成沉淀的离子方程式为_；(2)流程二中固体是_(填化学式)。(3)将流程一所得沉淀精确称量，发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则该铝土矿中Al2O3的质量分数是_(保留三位有效数字)【答案】 (1). +CO2+2H2O=Al(OH)3+ (2). Fe2O3、MgO (3). 65.4%或0
45、.654【解析】【分析】流程一中，铝土矿(主要成分是Al2O3，含有SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)与盐酸作用，得到的混合溶液中含有Al3、Mg2、Fe3，SiO2不溶于稀盐酸，固体为SiO2；滤液中加入过量的烧碱溶液，Al3转化为AlO2，Fe3、Mg2转化为沉淀Fe(OH)3和Mg(OH)2，沉淀为Fe(OH)3和Mg(OH)2，滤液中通入CO2，得到Al(OH)3沉淀，灼烧得到Al2O3。流程二中，铝土矿(主要成分是Al2O3，含有SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)与NaOH作用，Al2O3转化为AlO2，SiO2转化为SiO32，固体为不溶于NaOH溶液的Fe2O3和MgO，滤液
46、中加入过量的盐酸，AlO2转化为Al3，SiO32转化为H2SiO3沉淀，加入过量的氨水，Al3转化为Al(OH)3，最后得到Al2O3。【详解】(1)流程一中，滤液中AlO2与CO2反应得到Al(OH)3沉淀，离子方程式为AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3；(2)根据分析，流程二中固体是Fe2O3和MgO；(3)将流程一所得沉淀精确称量，发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，根据2Al(OH)3Al2O33H2O，则铝土矿中杂质的质量，相当于反应中水的质量。该铝土矿中Al2O3的质量分数=。28.碘是人体必需的微量元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。为了从海
47、带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：(1)中发生化学变化的有_。(填序号)(2)步骤中需要将干海带放入_中灼烧(填仪器名称)。(3)步骤中相关反应的离子方程式为：_(4)步骤涉及到以下操作，正确操作的顺序是_；(填编号字母)A.把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；B.把50mL碘水和15mL四氯化碳加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；C.检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；D.倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；E.旋开活塞，用烧杯接收溶液；F.从分液漏斗上口倒出上层液体；G.将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准；H.静置、分
48、层。(5)步骤如何将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来呢？查阅资料后，实验小组设计了如图流程：反应2所得上层溶液中，碘元素主要以I-和存在。写出上述流程中反应3获得I2的离子方程式_；流程中步骤a实验操作的名称是_。(6)查阅资料:该小组同学知道海带中的碘元素主要以有机碘化物的形式存在，若该小组实验时称得海带的质量为mg，提取单质碘的过程中碘损失了n%，最后得到单质碘bg。则该小组测得海带中碘的百分含量为(用含m、n、b的式子表示)_。【答案】 (1). (2). 坩埚 (3). 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O (4). CBDAHGEF (5). 5I-+6H+=3I2+3H2O
49、(6). 过滤 (7). b/m(1-n%)【解析】【分析】海带灼烧得到海带灰，浸泡后，I进入溶液中，过滤除去不溶性杂质，得到含I的溶液，加入稀硫酸和H2O2将I氧化成I2，加入CCl4萃取，得到I2的四氯化碳溶液，最终得到碘单质。【详解】(1)发生化学变化的有和，在中，海带中的有机物被灼烧得到无机物，中H2O2将I氧化成I2，均为化学反应；(2)灼烧固体在坩埚中；(3)在酸性条件下，H2O2将I氧化成I2，离子方程式为2IH2O22H=I22H2O；(4)操作为萃取分液，萃取分液需要使用到分液漏斗，实验前需检漏和洗涤；再将碘水和CCl4倒入分液漏斗中，充分振荡，放气，静置分层，分液前，需先将
50、分液漏斗中的玻璃塞打开，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，操作顺序为CBDAHGEF；(5)上层溶液中，碘元素主要以I和IO3的形式存在，在酸性条件下，发生归中反应得到I2，离子方程式为5IIO36H=3I23H2O；经过反应3之后，得到的是I2的悬浊液，可以通过过滤得到I2；(6)提取单质碘的过程中碘损失了n%，最后得到单质碘bg，则含有碘的总质量为，则海带中碘的百分含量为。29.汽车已成为现代社会的重要交通工具之一。它所使用燃料经历了从煤到汽油的变迁。时至今日，人们依然在探索、优化车用燃料。(1)某同学根据所查阅资料，绘制了三种可燃物在空气中发生燃烧反应的能量变化示意图(如图)。根据
51、示意图，你认为哪种物质更适合用作车用燃料_(填写字母)；并说出你的选择依据_。(2)庚烷(C7H16)是汽油的主要成分之一。完全燃烧1g庚烷生成二氧化碳气体和液态水时产生的热量为48kJ。请写出表示庚烷燃烧热的热化学方程式_；(3)目前汽车主要使用燃料为汽油。“辛烷值”用来表示汽油的质量。异辛烷用作抗爆性优良的标准，辛烷值为100。正庚烷用作抗爆性低劣的标准，辛烷值为0。如图是异辛烷的球棍模型：1mol异辛烷和1mol正庚烷分别完全燃烧生成水和二氧化碳，消耗氧气的质量之差是_g。异辛烷的同分异构体有很多，其中一种同分异构体X，其一氯代物只有一种结构，则X的结构简式为_。(4)车用燃料在使用过程
52、中会产生汽车尾气(主要含有一氧化碳，一氧化氮)，是造成空气污染的主要因素之一。可在汽车尾气系统中安装催化转化器，使CO和NO在催化剂的作用下反应生成两种无污染的气体。其中，氮气和氧气反应生成一氧化氮的能量变化如图所示，则由该反应生成2mol NO(g)，对应热化学方程式的H=_【答案】 (1). A (2). 可燃物燃烧反应所释放能量多，且达到燃料燃点时所需要吸收能量少 (3). C7H16(l)+11O2(g)7CO2(g)+8H2O(l) H=-4800kJ/mol (4). 48 (5). (6). +183kJ/mol【解析】【详解】（1）根据图像分析，可燃物A燃烧反应所释放能量多，且
53、达到燃料燃点时所需要吸收能量少，适合做车用燃料，可燃物B燃烧反应所释放能量多，但达到燃料燃点时所需要吸收能量多，这就会导致燃料不易点燃，可燃物C燃烧反应所释放能量较少，达到燃料燃点时所需要吸收能量又多，这就会导致燃料不易点燃且提供的能量少，故可燃物B和C都不适合做车用燃料；（2）根据题意，完全燃烧1g庚烷生成二氧化碳气体和液态水时产生的热量为48kJ，1mol庚烷的质量为100g，则燃烧1mol庚烷产生的热量为10048kJ=4800kJ，庚烷燃烧热的热化学方程式C7H16(l)+11O2(g)7CO2(g)+8H2O(l)H=-4800kJ/mol；（3）1mol异辛烷完全燃烧需消耗12.5
54、mol O2，1mol正庚烷完全燃烧需消耗11mol O2，两者耗氧量相差1.5mol，质量为1.5mol32g/mol=48g；异辛烷的同分异构体一氯代物只有一种结构，说明它的结构高度对称，且支链较多，只有一种H，结构为；（4）H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=945kJ/mol+498 kJ/mol-2630 kJ/mol= +183kJ/mol；【点睛】本题要注意第（2）题，书写燃烧热的热化学方程式时燃料的系数一定为1。30.测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的实验装置如图所示。(1)写出用该反应表示中和热的热化学方程式(已知中和热为57.3kJmol-1)_(2)取50mL0
55、.50molL-1NaOH溶液和30mL0.50molL-1硫酸溶液进行实验，实验数据如表：实验次数起始温度t1/终止温度t2/温度差(t2-t1)/H2SO4NaOH平均值126.626.626.629.2227.127.327.231.2326.226.426.330.4425.925.925.929.8近似认为0.50molL-1NaOH溶液和0.50molL-1硫酸溶液的密度都是1gcm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g)。则中和热H=_(保留三位有效数字)上述实验数值结果与57.3kJmol-1有偏差，产生偏差的原因不可能是_(填字母)。a.实验装置保温、隔热效果差b.
56、实验装置中小烧杯杯口低于大烧杯杯口c.配制0.50mol/LNaOH溶液，定容时俯视刻度线d.用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数e.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中f.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度【答案】 (1). = (2). -53.5kJmol-1 (3). cd【解析】【分析】(1)根据中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol液体水放出的热量，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式；(2)先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，再根据Q=mcT计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热；根据中
57、和热的实验的关键是尽可能减少热量散失进行所测结果偏低的原因分析解答。【详解】(1)稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠反应的中和热的热化学方程式为H2SO4(aq)NaOH(aq)=Na2SO4(aq)H2O(l)H57.3kJmol1；(2)由表格可知4次温度差分别为：2.6、4.0、4.1、3.9，第1组误差较大舍去，则3次温度差平均值为=4.0。50mL0.50molL-1NaOH溶液与30mL0.50molL-1硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为80mL1gcm-3=80g，温度
58、变化的值为T=4.0，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=80g4.18J/(g)4.0=13376J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热H=；所测的数值比57.3kJmol-1偏低；a装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，不符合题意；b实验装置中小烧杯杯口低于大烧杯杯口，热量损失较大，测得的热量偏小，不符合题意；c配制0.50mol/LNaOH溶液，定容时俯视刻度线，导致氢氧化钠溶液的浓度偏大，反应放出的热量偏大，中和热的数值偏高，c符合题意；d量取NaOH溶液时仰视刻度，导致所取氢氧化钠溶液的体积偏大，参与反应的氢氧化钠的物质的量偏大，反应放出的热量偏大，中和热的数值偏高，d符合题意；e多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，不符合题意；f用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，不符合题意；答案选cd。
