1、2014-2015学年山西省晋中市祁县中学高一（下）期末化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，总计45分）1考古学上常用614C来确定文物的历史年代614C原子核内中子数是( )A20B14C8D62X、Y均为短周期元素，X原子的最外层有3个电子，Y原子的最外层有6个电子，这两种元素形成的化合物的化学式是( )AXY2BX2Y3CX2YDXY3下列电子式中，书写正确的是( )A氨 B氯化氢 C氮气D氯化镁 4下列递变规律正确的是( )AP、S、C1最高正价依次降低B钠、镁、铝的还原性依次减弱CHC1、HBr、HI的稳定性依次增强DHC1O4、H2SO4、H3PO4的酸性依次增强5在已达到
2、平衡的可逆反应2SO2+O22SO3中，充入由18O组成的氧气一段时间后，18O存在于下列物质中的( )A多余的氧气中B生成的三氧化硫中C氧气和二氧化硫中D二氧化硫、氧气和三氧化硫中6在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述错误的是( )A负极附近SO42 逐渐增大B电子通过导线由铜片流向锌片C反应一段时间后，溶液的H+浓度降低D铜片上有H2逸出7下列有关反应中的能量变化图象的判断错误的是( )A可表示放热反应B可表示放热反应C可表示爆炸反应D可表示醋酸和碱的中和反应8下列叙述，错误的是( )A化学电源均是根据原电池的工作原理设计的B反应A+B=C+D为吸热反应，则A的能
3、量高于物质具有的能量C石墨转化为金刚石时要吸热，则说明石墨比金刚石稳定D燃料电池是一种高效、环保的新型化学电源9现有一瓶乙二醇和丙三醇的混合物，已知它们的性质如下表，据此，将乙二醇和丙三醇互相分离的最佳方法是( )物质分子式熔点沸点密度（g/cm3）溶解性乙二醇C2H6O211.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇C3H8O317.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶A萃取法B结晶法C分液法D分馏法10现有淀粉溶液、蛋清、葡萄糖溶液，区别它们时，下列试剂和对应现象依次是( )试剂：新制Cu（OH）2 碘水 浓硝酸现象：a变蓝色 b红色沉淀 c变黄色Aa、c、bBa、c、bCa、c、bDc、
4、a、b11已知甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化而使其紫色褪去，但与溴水不反应现有己烯（液态，性质类似于乙烯）、苯、甲苯三份失去标签的无色液体，有酸性KMnO4溶液、溴水和NaOH溶液三份剂，能将三份无色液体鉴别开来的是( )A只用酸性KMnO4溶液B只用溴水C只用NaOH溶液D用酸性KMnO4溶液和溴水12下列物质都能与Na反应放出H2，其产生H2的速率排列顺序正确的是( )C2H5OHCH3COOH（aq）水ABCD13“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念下列最符合绿色化学和原子经济要求的是( )A将实验室的废酸液和废碱液先进行理后再排放B乙烷与氯气制备一氯乙烷C以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
5、D加成反应、酯化反应和加聚反应最符合“原子经济性”14下列物质的描述和相关知识均正确的是( )物质及变化描述 相关知识A瓦斯混合物主要成分为CO、H2B煤的干馏物理变化主要产品为焦炉气、煤焦油、粗氨水和焦炭C水煤气混合物一种高效的燃料D淀粉和纤维素多糖二者互为同分异构体15下列说法正确的是( )A海水提溴的过程中不发生氧化还原反应B铁的冶炼过程是利用置换反应得到单质铁C石油分馏是物理变化，可得到汽油、煤油和柴油等DCO2、NO2或者SO2都会导致酸雨的形成二、填空题16乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平请回答下列问题（1）乙烯的结构简式为_（2）下列物质中，
6、不可以通过乙烯加成反应得到的是_（填序号）ACH3CH3 BCH3CHCl2 CCH3CH2OH DCH3CH2Br（3）已知 2CH3CHO+O22CH3COOH若以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如图所示反应的化学方程式为_工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为_，反应类型是_17在实验室可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题（1）乙醇、乙酸分子中官能团的名称分别是_、_（2）试管a中发生反应的化学方程式为_，反应类型是_（3）浓H2SO4的作用是：_（4）反应开始前，试管b中盛放的溶液是_该溶液的作用是_18（1）拆开1mol HH键，
7、1mol NH键，1mol NN键分别需要吸收的能量为aKJ，bKJ，cKJ，则1molN2生成NH3需要放出热量_KJ（2 ） 有A、B、C、D四种金属，已知用B与C相连作电极放入硫酸铜溶液中C的质量增加B与A相连插入稀硫酸时A不断溶解按下表中装置进行实验，根据实验现象填表：装置现象电子流入C极A上有气体产生正极反应式四种金属由弱到强顺序（3）在2L密闭容器中加入4molSO2和2molO2，发生下列反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），若经5s后，剩下的SO2为2.5mol，则用O2表示的反应速率是_，一段时间后能说明反应已达平衡状态的是_A SO2 与SO3浓度相等时 B 气体的
8、密度恒定时 C 2V正（O2 ）=V逆（SO3）19元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用下表是元素周期表的一部分，请依据该表回答问题（1）可用于半导体材料的元素是_（填元素符号），它在元素周期表中的位置为_（2）第3周期IA族元素的原子结构示意图是_，该元素与同周期A族元素组成的化合物类型是_该化合物在生产生活中有广泛用途，请举一例_（3）第3周期元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是_（填化学式，下同）；碱性最强的是_；具有两性的是_，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_（4）由H、N、O三种元素组成的离子化合物X，在 210时可分解生成N元素的一种气态氧化物Y
9、和水已知 40g X完全分解可生成11.2L（标准状况）Y，则Y的化学式为_20粉末状试样A是由MgO和Fe2O3组成的混合物进行如下实验：取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；另取20gA全部溶于0.15L 6.0molL1盐酸中，得溶液C；将中得到的单质B和溶液C反应，放出1.12L（标况）气体同时生成溶液D，还残留有固体物质B；用KSCN溶液检查时，溶液D不变色请填空：（1）中引发铝热反应的实验操作是_，产物中的单质B是_（2）中所发生的各反应的化学方程式是_（3）中所发生的各反应的离子方程式是_（4）若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2+） 为_c（Fe2+）为_三
10、、计算题21现有A、B、C三种烃，其球棍模型下图： （1）等质量的以上物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是_（填对应字母，下同）；（2）同状况、同体积的以上三种物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是_；（3）等质量的以上三种物质燃烧时，生成二氧化碳最多的是_，生成水最多的是_（4）在120、1.01105 Pa下时，有两种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这两种气体是_22某同学设计aCO2（g）+bH2（g）cCH3OH（g）+d D（g）（注：D物质未知）来生产甲醇CH3OH，为探究其反应原理进行如下实验，在2L密闭容器内250条件下，测得n（CO2）随时间
11、的变化情况如下：时间（s）012345n（CO2）（mol）0.400.350.310.30.30.3若已知从开始到刚达平衡时用H2表示的平均反应速率是0.05mol/（LS），平衡时CH3OH的浓度是0.05mol/L，则：（1）则a与b的关系是？（请写出计算过程，没有计算过程不得分）（2）请补全反应方程式_ CO2（g）+_H2（g）_CH3OH（g）+_（g）2014-2015学年山西省晋中市祁县中学高一（下）期末化学试卷一、选择题（共15小题，每小题3分，总计45分）1考古学上常用614C来确定文物的历史年代614C原子核内中子数是( )A20B14C8D6【考点】质量数与质子数、中子
12、数之间的相互关系 【专题】原子组成与结构专题【分析】614C中质子数为6，质量数为14，由原子中质子数+中子数=质量数来计算【解答】解：由614C可知，元素符号左下角的数字为质子数，即质子数为6，元素符号左上角的数字为质量数，即质量数为14，在原子中质子数+中子数=质量数，则614C原子核内中子数为146=8，故选C【点评】本题很简单，考查原子的构成，明确核素中的数字的所代表的意义及原子中质子数+中子数=质量数即可解答2X、Y均为短周期元素，X原子的最外层有3个电子，Y原子的最外层有6个电子，这两种元素形成的化合物的化学式是( )AXY2BX2Y3CX2YDXY【考点】原子结构与元素的性质；元
13、素周期律和元素周期表的综合应用 【分析】元素的原子最外层有3个电子，所以易失电子，化合价为+3价，Y元素的原子最外层有6个电子，易得2个电子，化合价为2价，再根据化合价书写化学式【解答】解：由题意可知：X元素的原子最外层有3个电子，所以易失电子，化合价为+3价，Y元素的原子最外层有6个电子，易得2个电子，化合价为2价，根据化合价来书写化学式，一般正价在前，负价在后，化合物中正负化合价的代数和为0，则该化合物的化学式是X2Y3故选B【点评】本题考查了根据原子的最外层电子数（通常4个的得电子，4个的失电子）判断元素的化合价，及书写化学式的能力，比较基础3下列电子式中，书写正确的是( )A氨 B氯化
14、氢 C氮气D氯化镁 【考点】电子式 【专题】化学用语专题【分析】A氨气分子中一对共用电子对没有标出；B氯化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；C氮气分子中两个氮原子之间形成氮氮三键；D氯化镁为离子化合物，根据离子化合物的电子式的书写方法进行判断【解答】解：A氮原子为成键的孤对电子未画出，氨气分子中氮原子与氢原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故A错误；BHCl属于共价化合物，不存在离子键，分子中氢原子与氯原子之间形成1对共用电子对，HCl电子式为，故B错误；C氮气分子中氮原子之间形成3对共用电子对，电子式为，故C错误；D氯化镁属于离子化合物，由镁离子与氯离子构成，电子式为，故D正确；故选D
15、【点评】本题考查了电子式的书写方法，题目难度中等，注意掌握原子、离子、离子化合物、共价化合物的电子式的正确表示方法4下列递变规律正确的是( )AP、S、C1最高正价依次降低B钠、镁、铝的还原性依次减弱CHC1、HBr、HI的稳定性依次增强DHC1O4、H2SO4、H3PO4的酸性依次增强【考点】同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、同一周期元素的原子，从左到右，最高化合价依次从+1+7，但是O、F除外；B、同一周期元素的单质，从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱；C、同主族元素的原子，从
16、上到下，得电子能力逐渐减弱，气态氢化物稳定性逐渐减弱；D、同一周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐增强【解答】解：A、P、S、Cl是一周期元素的原子，从左到右，最高化合价依次为+5、+6、+7，依次升高，故A错误；B、钠、镁、铝是同一周期元素的单质，从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，还原性依次减弱，故B正确；C、Cl、Br、I是同主族元素的原子，从上到下，得电子能力逐渐减弱，气态氢化物稳定性逐渐减弱，故C错误；D、P、S、Cl是同一周期元素的原子，从左到右，最高价氧化物对应水化物的酸的酸性逐渐增强，所以HC1O4、H2SO4、H3PO4的酸性依次减弱，故
17、D错误故选B【点评】本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据所学知识来回答，难度不大5在已达到平衡的可逆反应2SO2+O22SO3中，充入由18O组成的氧气一段时间后，18O存在于下列物质中的( )A多余的氧气中B生成的三氧化硫中C氧气和二氧化硫中D二氧化硫、氧气和三氧化硫中【考点】化学反应的可逆性 【专题】化学平衡专题【分析】逆反应中的两个化学反应，在相同条件下同时向相反方向进行，两个化学反应构成一个对立的统一体；根据质量守恒定律可知，反应前后的元素守恒，一段时间后的可逆反应体系中，每种物质都会存在18O【解答】解：反应过程中化学键断裂，存在原子有S原子、16O原子、18O原子，原子重新组
18、合生成物质，二氧化硫、氧气在催化剂、加热的条件下，生成三氧化硫；而三氧化硫在同样的条件下可分解为二氧化硫和氧气，所以18O2中的18O通过化合反应存在于SO3中，SO3 中的18O通过分解反应会存在于SO2中，最终SO3、SO2、O2中都含有18O故选D【点评】本题以同位素示踪法考查可逆反应的可逆性，比较基础，注意可逆反应不能进行到底，无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物6在盛有稀H2SO4的烧杯中放入用导线连接的锌片和铜片，下列叙述错误的是( )A负极附近SO42 逐渐增大B电子通过导线由铜片流向锌片C反应一段时间后，溶液的H+浓度降低D铜片上有H2逸出【考点】原电池和
19、电解池的工作原理 【分析】铜锌稀硫酸原电池中，活泼金属锌作负极，铜作正极；负极上锌失电子生成锌离子，正极上氢离子得电子生成氢气；溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；由此分析解答【解答】解：A、该原电池放电时，溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以硫酸根离子向负极移动，故A正确；B、铜锌稀硫酸原电池中，活泼金属锌作负极，铜作正极；原电池放电时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，故B错误；C、该原电池中正极上氢离子得电子生成氢气，导致溶液中氢离子浓度降低，故C正确；D、正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜片上有H2逸出，故D正确；故选：B【点评】本题考查了原电池原理，难度不大，易错点为：判
20、断溶液中阴阳离子的移动方向7下列有关反应中的能量变化图象的判断错误的是( )A可表示放热反应B可表示放热反应C可表示爆炸反应D可表示醋酸和碱的中和反应【考点】吸热反应和放热反应 【分析】A当生成物的能量高于反应物的能量时，反应是吸热反应；B当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应；C爆炸可以看成是剧烈的燃烧过程，反应物和产物能量差距大；D弱酸和碱之间的中和反应是放热反应，生成物的能量较低【解答】解：A根据图可以知道：生成物的能量高于反应物的能量，所以反应是吸热反应，故A错误； B当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故B正确；C爆炸是剧烈的燃烧过程，反应物和产物能量差距大，
21、过程表现为放热，故C正确；D弱酸和碱之间的中和反应是放热反应，此时生成物的能量低于反应物的能量，故D正确故选A【点评】本题考查学生对放热反应和吸热反应的理解和掌握，难度不大，掌握常见的放热反应和吸热反应是解题的关键8下列叙述，错误的是( )A化学电源均是根据原电池的工作原理设计的B反应A+B=C+D为吸热反应，则A的能量高于物质具有的能量C石墨转化为金刚石时要吸热，则说明石墨比金刚石稳定D燃料电池是一种高效、环保的新型化学电源【考点】吸热反应和放热反应；原电池和电解池的工作原理 【分析】A、化学电源均是根据氧化还原反应原理设计的；B、根据反应物与生成物具有的总能量分析；C、根据物质具有的能量越
22、低越稳定分析；D、根据燃料电池的特点来回答【解答】解：A、根据氧化还原反应设计原电池，根据原电池的工作原理设计化学电源，故A正确；B、反应A+B=C+D为吸热反应，则C+D的能量高于A+B具有的能量，故B错误；C、石墨转化为金刚石时要吸热，石墨的能量比金刚石的低，则说明石墨比金刚石稳定，故C正确；D、燃料电池是一种高效、环保的新型化学电源，故D正确；故选B【点评】本题考查学生化学电源的有关知识、物质与能量变化，可以根据所学知识进行回答，难度不大9现有一瓶乙二醇和丙三醇的混合物，已知它们的性质如下表，据此，将乙二醇和丙三醇互相分离的最佳方法是( )物质分子式熔点沸点密度（g/cm3）溶解性乙二醇
23、C2H6O211.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇C3H8O317.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶A萃取法B结晶法C分液法D分馏法【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 【专题】化学实验基本操作【分析】根据表中数据知，乙二醇和丙三醇的溶解性相同，密度及熔点相近，但沸点相差较大，可以利用其沸点的不同将两种物质分离【解答】解：根据表中数据知，乙二醇和丙三醇的溶解性相同，密度及熔点相近，但沸点相差较大，可以利用其沸点的不同将两种物质分离，该方法称为蒸馏，故选D【点评】本题考查了物质分离方法的选取，常用的分离方法有：过滤、蒸馏、萃取等，根据物质的不同点来选取正确的分离方法，难度不
24、大10现有淀粉溶液、蛋清、葡萄糖溶液，区别它们时，下列试剂和对应现象依次是( )试剂：新制Cu（OH）2 碘水 浓硝酸现象：a变蓝色 b红色沉淀 c变黄色Aa、c、bBa、c、bCa、c、bDc、a、b【考点】食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验 【专题】糖类与蛋白质专题【分析】因淀粉遇碘变蓝，可利用碘水来鉴别淀粉，蛋白质遇浓硝酸变黄，葡萄糖溶液碱性条件下与新制Cu（OH）2悬浊液共热生成砖红色沉淀【解答】解：因淀粉遇碘变蓝，可利用碘水来鉴别，故试剂和对应现象为a；蛋清为蛋白质，由蛋白质遇浓硝酸变黄，故试剂和对应现象为c；葡萄糖溶液碱性条件下与新制Cu（OH）2悬浊液共热生成砖红色沉淀，故试剂和对
25、应现象为b故选A【点评】本题考查物质的鉴别，应熟悉物质的主要性质和特殊性质，根据产生的不同明显现象来区分11已知甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化而使其紫色褪去，但与溴水不反应现有己烯（液态，性质类似于乙烯）、苯、甲苯三份失去标签的无色液体，有酸性KMnO4溶液、溴水和NaOH溶液三份剂，能将三份无色液体鉴别开来的是( )A只用酸性KMnO4溶液B只用溴水C只用NaOH溶液D用酸性KMnO4溶液和溴水【考点】有机物的鉴别 【分析】酸性高锰酸钾溶液能氧化己烯、甲苯，溴水能与己烯发生加成反应，据此解答【解答】解：A酸性高锰酸钾溶液能氧化己烯、甲苯而褪色，只用酸性KMnO4溶液不能区别，故A错误；B苯、
26、甲苯均可以萃取溴水中的溴，不能鉴别，故B错误；C氢氧化钠溶液与己烯、苯、甲苯均分层，且有机层在上层，不能鉴别，故C错误；D酸性高锰酸钾溶液能氧化己烯、甲苯，溶液颜色褪去，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，溴水能与己烯发生加成反应，溴水颜色褪去，可以进行鉴别，故D正确，故选D【点评】本题考查有机物鉴别，比较基础，熟练掌握有机物的性质是固体关键，有利于基础知识的巩固12下列物质都能与Na反应放出H2，其产生H2的速率排列顺序正确的是( )C2H5OHCH3COOH（aq）水ABCD【考点】钠的化学性质 【专题】有机反应【分析】C2H5OHCH3COOH溶液水，均能和金属钠反应生成氢气，自由移动的氢离子
27、越活泼则反应速率越快【解答】解：乙醇中的羟基氢能和钠反应生成氢气，醋酸中的氢离子能和金属钠反应放氢气，水电离出的氢离子可以和金属钠反应产生氢气，三者的氢的活泼性顺序是，所以产生H2速率顺序是，故选D【点评】本题考查钠的化学性质及反应速率，为高频考点，把握钠与OH的反应及羟基H的活泼性为解答的关键，注意酸性越强，反应速率越快，题目难度不大13“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念下列最符合绿色化学和原子经济要求的是( )A将实验室的废酸液和废碱液先进行理后再排放B乙烷与氯气制备一氯乙烷C以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜D加成反应、酯化反应和加聚反应最符合“原子经济性”【考点】绿色化学 【分析】绿色化
28、学要求尽可能地利用原材料，不污染环境根据题干要求，要从反应的原子利用率及环保方面进行考虑分析【解答】解：A、将实验室的废酸液和废碱液先进行理后再排放，不会污染环境，故A正确；B、甲烷与氯气制备一氯甲烷为取代反应，有副产品HCl生成，故B错误；C、以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜，因有有毒气体二氧化氮生成，故C错误；D、酯化反应，有副产品H2O生成，故D错误；故选A【点评】本题主要考查“绿色化学”知识此题难度不大，要熟悉各种反应类型，还要考虑环保、经济等方面14下列物质的描述和相关知识均正确的是( )物质及变化描述 相关知识A瓦斯混合物主要成分为CO、H2B煤的干馏物理变化主要产品为焦炉气、煤焦油、
29、粗氨水和焦炭C水煤气混合物一种高效的燃料D淀粉和纤维素多糖二者互为同分异构体【考点】纤维素的性质和用途；工业制取水煤气；煤的干馏和综合利用 【分析】A瓦斯的主要成分是甲烷；B煤的干馏过程中有新物质生成；C水煤气是CO、H2混合气体，二者都是高效燃料；D，淀粉与纤维素聚合度不同【解答】解：A瓦斯的主要成分是甲烷，故A错误；B煤的干馏过程中有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C水煤气是CO、H2混合气体，二者都是高效燃料，故C正确；D淀粉与纤维素聚合度不同，所以二者分子式不同，不是同分异构体，故D错误；故选：C【点评】本题考查了基本有机化学常识，注意淀粉与纤维素不是同分异构体，题目难度不大，注意
30、知识的积累15下列说法正确的是( )A海水提溴的过程中不发生氧化还原反应B铁的冶炼过程是利用置换反应得到单质铁C石油分馏是物理变化，可得到汽油、煤油和柴油等DCO2、NO2或者SO2都会导致酸雨的形成【考点】氧化还原反应；物理变化与化学变化的区别与联系；二氧化硫的污染及治理；金属冶炼的一般原理 【分析】A溴离子变为溴单质为氧化还原反应；B工业上用一氧化碳还原氧化铁；C分馏是根据沸点不同进行分离；D二氧化碳不导致酸雨【解答】解：A溴离子失电子发生氧化反应而生成溴单质，所以发生了氧化还原反应，故A错误；B工业上用一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化碳，所以不是置换反应，故B错误；C分馏是根据混合物的沸
31、点不同进行分离，为物理变化，故C正确；D二氧化碳可导致温室效应，NO2或者SO2都会导致酸雨，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、金属的冶炼、物质的分离以及环境保护等问题，侧重于化学与生活、生产和环保问题，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大二、填空题16乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平请回答下列问题（1）乙烯的结构简式为CH2CH2（2）下列物质中，不可以通过乙烯加成反应得到的是B（填序号）ACH3CH3 BCH3CHCl2 CCH3CH2OH DCH3CH2Br（3）已知 2CH3CHO+O22CH3COOH
32、若以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如图所示反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为，反应类型是加聚反应【考点】有机物的推断 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）乙烯的结构简式必须表示出碳碳双键；（2）乙烯含有碳碳双键，在一定条件下可与氢气、水、卤化氢发生加成反应；（3）由转化关系可知A为乙醇，B为乙醛，以此解答该题【解答】解：（1）乙烯结构简式中碳碳双键，为CH2CH2，故答案为：CH2CH2；（2）乙烯和溴化氢发生加成生成溴乙烷，和水加成生成乙醇，和氢气加成生成乙烷，则不能生成
33、CH3CHCl2，故答案为：B；（3）乙烯可以和水加成生成乙醇，所以A是乙醇，乙醇可以被氧化为B乙醛，乙醛易被氧化为C乙酸，乙醇的催化氧化反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，乙烯可发生加聚反应生成聚乙烯，反应的方程式为，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；【点评】本题考查有机物的推断，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，本题着重于乙烯的考查，注意把握乙烯的性质以及用途，难度不大17在实验室可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯，请回答下列问题（1）乙醇、乙酸分子中官能团的名称分别是羟基、羧基（2）试管a中发生反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH
34、2OHCH3COOC2H5+H2O，反应类型是酯化反应（3）浓H2SO4的作用是：催化剂、吸水剂（4）反应开始前，试管b中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液该溶液的作用是吸收乙醇、中和乙酸，便于闻酯的气味；降低酯的溶解度，利于分层析出【考点】乙酸乙酯的制取 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】（1）醇的官能团为羟基，羧酸的官能团是羧基；（2）乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水；（3）浓硫酸起到了催化作用和吸水作用；（4）饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层【解答】解：（1）醇的官能团为羟基，乙醇中含有的官能团是羟基羧酸的官能团是羧基，故乙酸中含有的
35、官能团是羧基故答案为：羟基；羧基；（2）乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；酯化反应；（3）乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为：催化剂、吸水剂；（4）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为：饱和碳酸钠溶液；
36、吸收乙醇、中和乙酸，便于闻酯的气味；降低酯的溶解度，利于分层析出【点评】本题考查了有机物的区分和乙酸乙酯的制备，题目难度不大，解答时须注意酯化反应的原理和饱和碳酸钠溶液的作用18（1）拆开1mol HH键，1mol NH键，1mol NN键分别需要吸收的能量为aKJ，bKJ，cKJ，则1molN2生成NH3需要放出热量6b3acKJ（2 ） 有A、B、C、D四种金属，已知用B与C相连作电极放入硫酸铜溶液中C的质量增加B与A相连插入稀硫酸时A不断溶解按下表中装置进行实验，根据实验现象填表：装置现象电子流入C极A上有气体产生正极反应式四种金属由弱到强顺序（3）在2L密闭容器中加入4molSO2和2
37、molO2，发生下列反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），若经5s后，剩下的SO2为2.5mol，则用O2表示的反应速率是0.075mol/（Ls），一段时间后能说明反应已达平衡状态的是CA SO2 与SO3浓度相等时 B 气体的密度恒定时 C 2V正（O2 ）=V逆（SO3）【考点】原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断 【分析】（1）依据反应焓变=反应物键能总和生成物键能总和计算焓变，进而计算放出的热量；（2）用B与C相连作电极放入硫酸铜溶液中C的质量增加，说明C为正极，B为负极，则活动性BC，B与A相连插入稀硫酸时A不断溶解，A为负极，则活动性AB，C、D形成原电池，电子流
38、入C极，则C为正极，D为负极，活动性DC，A、D形成原电池A上有气体产生，则A为正极，D为负极，活动性DA，则活动性DABC；（3）根据v=结合反应速率之比与化学计量数关键计算；达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变【解答】解：（1）已知拆开1mol HH键，1molNH键，1molNN键分别需要的能量是akJ、bkJ、ckJ，则N2与H2反应生成NH3的反应焓变=（c+3a6b）kJ/mol，热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=（6b+c+3a）kJ/mol，则1molN2生成NH3需要放出热量（6b3ac）KJ，故答案为：6b3ac；（2）用B与C相连作电极放
39、入硫酸铜溶液中C的质量增加，说明C为正极，B为负极，则活动性BC，B与A相连插入稀硫酸时A不断溶解，A为负极，则活动性AB，C、D形成原电池，电子流入C极，则C为正极，D为负极，活动性DC，正极反应式为Cu2+2e=Cu，A、D形成原电池A上有气体产生，则A为正极，D为负极，活动性DA，正极反应式为2H+2e=H2，则活动性DABC，故答案为：Cu2+2e=Cu；2H+2e=H2；DABC；（3）v（SO2）=0.15mol/（Ls），v（O2）=v（SO2）=0.075mol/（Ls），A由于平衡常数未知，则不能确定浓度相等是否达到平衡状态，故A错误；B反应体积不变，则无论是否达到平衡状态，
40、密度都不变，故B错误；C.2V正（O2 ）=V逆（SO3），说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确故答案为：0.075mol/（Ls）；C【点评】本题考查较为综合，涉及化学反应与能量变化，原电池以及化学平衡状态等知识，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握比较金属活动性的角度，难度不大19元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用下表是元素周期表的一部分，请依据该表回答问题（1）可用于半导体材料的元素是Si（填元素符号），它在元素周期表中的位置为第三周期第A族（2）第3周期IA族元素的原子结构示意图是，该元素与同周期A族元素组成的化合物类型是离子化合物该
41、化合物在生产生活中有广泛用途，请举一例氯碱工业的原料（或生活中的调味品）（3）第3周期元素的最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4（填化学式，下同）；碱性最强的是NaOH；具有两性的是Al（OH）3，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O（4）由H、N、O三种元素组成的离子化合物X，在 210时可分解生成N元素的一种气态氧化物Y和水已知 40g X完全分解可生成11.2L（标准状况）Y，则Y的化学式为N2O【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】（1）Si位于金属与非金
42、属性的交界处，在周期表中的第三周期第A族；（2）第3周期IA族元素为Na，原子序数为11，同周期A族元素为Cl，二者形成NaCl，为离子化合物；（3）第3周期元素中，Cl的非金属性最强，Na的金属性最强，Al的氢氧化物具有两性，与NaOH反应生成偏铝酸钠和水；（4）由H、N、O三种元素组成的离子化合物X为NH4NO3，n（X）=0.5mol，生成11.2L（标准状况）Y，n（Y）=0.5mol，由N原子守恒分析【解答】解：（1）Si位于金属与非金属性的交界处，可用于半导体材料，Si原子结构中有3个电子层，最外层电子数为4，则在周期表中的第三周期第A族，故答案为：Si；第三周期第A族；（2）第3
43、周期IA族元素为Na，原子序数为11，其原子结构示意图为，同周期A族元素为Cl，二者形成NaCl，以离子键结合，为离子化合物，NaCl为工业生产中氯碱工业的原料，生活中的调味品，故答案为：；离子化合物；氯碱工业的原料（或生活中的调味品）；（3）第3周期元素中，Cl的非金属性最强，则最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是HClO4，Na的金属性最强，碱性最强为NaOH，Al的氢氧化物Al（OH）3具有两性，与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：HClO4；NaOH；Al（OH）3；Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O；（
44、4）由H、N、O三种元素组成的离子化合物X为NH4NO3，n（X）=0.5mol，生成11.2L（标准状况）Y，n（Y）=0.5mol，反应中3价N元素化合价升高，+5价N元素化合价降低，由N原子守恒可知，Y中含2个N原子，则氧化物应为N2O，故答案为：N2O【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，明确元素的位置与性质的关系是解答的关键，熟悉元素及化合物的性质即可解答，题目难度不大，（4）为解答的难点20粉末状试样A是由MgO和Fe2O3组成的混合物进行如下实验：取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；另取20gA全部溶于0.15L 6.0molL1盐酸中，得溶液C；将中得到的单质B和
45、溶液C反应，放出1.12L（标况）气体同时生成溶液D，还残留有固体物质B；用KSCN溶液检查时，溶液D不变色请填空：（1）中引发铝热反应的实验操作是加入氯酸钾插上镁条点燃镁条引起，产物中的单质B是Fe（2）中所发生的各反应的化学方程式是MgO+2HCl=MgCl2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O（3）中所发生的各反应的离子方程式是Fe+2H+=Fe2+H2、Fe+2Fe3+=3Fe2+（4）若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2+） 为0.67mol/Lc（Fe2+）为2.3mol/L【考点】镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；有关混合物反应的计算 【
46、专题】计算题；元素及其化合物【分析】（1）铝热反应本质是高温条件的置换反应，金属性MgAlFe，所以发生的反应为Al与Fe2O3反应，置换出的B是铁；（2）MgO与盐酸反应生成氯化镁与水，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁与水；（3）放出1.12L（标准状况）气体，说明生成氢气，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁与水，溶液C为氯化铁、氯化镁、盐酸的混合溶液，Fe和溶液C反应为：Fe与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；（4）设MgO和Fe2O3的物质的量都为xmol，根据二者质量计算x的值，溶液D为氯化镁、氯化亚铁的混合溶液，根据镁元素守恒可知n（Mg2+）=n（MgO）；亚铁离子
47、来自反应Fe+2H+=Fe2+H2、Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据题中数据计算出亚铁离子的物质的量，再根据c=计算镁离子、亚铁离子浓度【解答】解：（1）MgO和Fe2O3组成的混合物行铝热反应，发生Al与Fe2O3反应方程式为：Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe，所以B为铁，反应条件的高温是加入氯酸钾插上镁条点燃镁条引起，故答案为：加入氯酸钾插上镁条点燃镁条引起；Fe；（2）MgO与盐酸反应生成氯化镁与水，反应的方程式为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O；Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁与水，反应方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，故答案为：MgO+2HCl=MgC
48、l2+H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；（3）放出1.12L（标准状况）气体，说明生成氢气，溶液C为氯化铁、氯化镁、盐酸的混合溶液，Fe和溶液C反应为Fe与盐酸反应生成氯化亚铁与氢气，反应离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2；铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2、Fe+2Fe3+=3Fe2+；（4）设MgO和Fe2O3的物质的量都为xmol，则40x+160x=20，解得x=0.1，溶液D为氯化镁、氯化亚铁的混合溶液，根据镁元素守恒可知，n（Mg2+）=n（MgO）=0.1mol，溶液D的体积仍
49、视为0.15L，所以c（Mg2+）=0.67mol/L；0.1mol氧化铁溶于盐酸生成0.2mol氯化铁，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，生成亚铁离子的物质的量为：n（Fe2+）=0.2mol=0.3mol，标况下l.12L（标况）气体的物质的量为：=0.05mol，根据反应Fe+2H+=Fe2+H2可知，生成0.05mol氢气会生成0.05mol亚铁离子，则溶液D中含有亚铁离子的物质的量为：0.3mol+0.05mol=0.35mol，试题c（Fe2+）=2.3mol/L，故答案为：0.67mol/L；2.3mol/L【点评】本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算，题目难度中等
50、，掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键，（4）中计算亚铁离子的物质的量时，不可忽略了铁与氢离子的反应三、计算题21现有A、B、C三种烃，其球棍模型下图： （1）等质量的以上物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是A（填对应字母，下同）；（2）同状况、同体积的以上三种物质完全燃烧时耗去O2的量最多的是C；（3）等质量的以上三种物质燃烧时，生成二氧化碳最多的是B，生成水最多的是A（4）在120、1.01105 Pa下时，有两种气态烃和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积没有发生变化，这两种气体是A、B【考点】有关有机物分子式确定的计算；球棍模型与比例模型 【专题】烃及
51、其衍生物的燃烧规律【分析】据球棍模型可知A为CH4，B为C2H4，C为C2H6，根据各有机物的分子组成以及与氧气反应的化学方程式进行计算和判断【解答】解析：据球棍模型可知A为CH4，B为C2H4，C为C2H6（1）等质量的烃CxHy完全燃烧时，氢元素的质量分数越大，耗氧量越大，CH4、C2H4、C2H6中的依次为、，故CH4耗O2最多；（2）等物质的量的烃CxHy完全燃烧时，（x+）的值越大，耗氧量越大，CH4、C2H4、C2H6的x+依次为1+=2、2+=3、2+=3.5，故C2H6耗O2最多；（3）设有机物都为1g，则生成的CO2分别为：n（CO2）=n（C）=1、2、2，2最大，故C2H
52、4生成的CO2最多；生成的水分别为：n（H2O）=n（H）=4、4、6，4最大，故CH4生成的H2O最多（4）温度100条件下，当烃分子中含有4个氢原子时，该烃完全燃烧前后气体体积不变，y=4的为CH4、C2H4，故为CH4、C2H4故答案为：（1）A（2）C（3）BA（4）A、B【点评】本题考查有机物耗氧量的计算和判断，题目难度不大，注意有机物的分子组成特点22某同学设计aCO2（g）+bH2（g）cCH3OH（g）+d D（g）（注：D物质未知）来生产甲醇CH3OH，为探究其反应原理进行如下实验，在2L密闭容器内250条件下，测得n（CO2）随时间的变化情况如下：时间（s）012345n（
53、CO2）（mol）0.400.350.310.30.30.3若已知从开始到刚达平衡时用H2表示的平均反应速率是0.05mol/（LS），平衡时CH3OH的浓度是0.05mol/L，则：（1）则a与b的关系是？（请写出计算过程，没有计算过程不得分）（2）请补全反应方程式1 CO2（g）+3H2（g）1CH3OH（g）+1H2O（g）【考点】化学平衡的计算；氧化还原反应方程式的配平 【分析】（1）3s时处于平衡状态，平衡时消耗的二氧化碳为0.1mol，消耗的氢气为0.05mol/（LS）3s2L=0.3mol，物质的量之比等于化学计量数之比；（2）平衡时生成甲醇为0.05mol/L2L=0.1mo
54、l，物质的量之比等于化学计量数之比，则a：b：c=0.1：0.3：0.1=1：3：1，由元素守恒可知，D中不含碳元素，含有H、O元素，且D分子中H、O原子数目之比为（64）：（21）=2：1，故D为H2O【解答】解：（1）3s时处于平衡状态，平衡时消耗的二氧化碳为0.4mol0.3mol=0.1mol，消耗的氢气为0.05mol/（LS）3s2L=0.3mol，物质的量之比等于化学计量数之比，则a：b=0.1：0.3，故b=3a，答：a与b的关系是b=3a；（2）平衡时生成甲醇为0.05mol/L2L=0.1mol，物质的量之比等于化学计量数之比，则a：b：c=0.1：0.3：0.1=1：3：1，由元素守恒可知，D中不含碳元素，含有H、O元素，且D分子中H、O原子数目之比为（64）：（21）=2：1，故D为H2O，反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），故答案为：1；3；1；1H2O【点评】本题考查化学平衡计算、化学方程式配平，难度不大，（2）中注意质量守恒定律的应用，有利于基础知识的巩固
