1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年山西省大同市阳高一中高一（下）期末化学试卷一、单项选择题（20*3，共60分）1下列有关化学用语正确的是（）A甲烷分子的球棍模型：BNH4Cl的电子式：CF原子的结构示意图：D中子数为20的氯原子Cl2下列排列顺序正确的是（）热稳定性：H2OHFH2S 原子半径：NaMgO酸性：H3PO4H2SO4HClO4结合质子能力：OHCH3COOClABCD3热还原法冶炼金属的反应一定是（）A置换反应B分解反应C复分解反应D氧化还原反应4从海水中提取镁，正确的方法是（）A海水Mg（OH）2MgB海水MgCl2溶液MgCl2晶体MgC海水Mg（OH）
2、2MgOMgD海水Mg（OH）2MgCl2溶液MgCl2晶体（熔融）Mg5反应A+B2C，在反应过程中，断裂1mol A中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1mol B中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol C中的化学键释放的能量为Q3kJ；1mol A所含化学能为E1kJ，1mol B所含化学能E2kJ，1molC 所含化学能E3kJ下列说法中一定正确的是（）A若Q1+Q2Q3，则反应为放热反应B若Q1+Q22Q3，则反应为放热反应C若E1+E2E3，则反应为放热反应D若E1+E2E3，则反应为吸热反应6将镁片、铝片平行插入到一定浓度的NaOH溶液中，用导线连接成闭合回路，该装置在工作
3、时，下列叙述正确的是（）A镁比铝活泼，镁失去电子被氧化成Mg2+B铝是电池负极，开始工作时溶液中会立即有白色沉淀生成C该装置的内、外电路中，均是电子的定向移动形成电流D该装置开始工作时，铝片表面的氧化膜可不必处理7反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是（）Av（A）=0.15mol/（Lmin）Bv（B）=0.04mol/（Ls）Cv（C）=0.03mol/（Ls）Dv（D）=0.4mol/（Lmin）8下列实验不能达到预期目的是（）序号实验操作实验目的ACl2、Br2分别与H2反应比较氯、溴的非金属强弱BMgCl
4、2、AlCl3溶液中分别通入NH3比较镁、铝的金属性强弱C测定相同浓度H2CO3、H2SO4两溶液的pH比较碳、硫的非金属强弱DFe、Cu分别与盐酸反应比较铁、铜的金属性强弱AABBCCDD9化学能与热能、电能等可以相互转化，关于化学能与其它能量相互转化的说法正确的是（）A图I所示的装置能将化学能转变为电能B图II所示的反应为吸热反应C中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低D化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成10已知氢化铵（NH4H）与氯化铵的结构相似，又知NH4H与水反应有H2生成，下列有关叙述中不正确的是（）NH4H是离子化合物，含有离子键和共价键 NH4H溶于水所形成
5、的溶液显酸性NH4H与水反应时，NH4H是氧化剂 NH4H固体投入少量的水中，有两种气体生成ABCD全部11a、b、c、d、e为元素周期表前3周期中的部分元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示下列叙述正确的是（）Ab元素除0价外，只有一种化合价B五种元素中，c元素的性质最稳定Cd气态氢化物溶于水，溶液显碱性De元素最高价氧化物对应的水化物和不同量的氢氧化钠反应，可能生成三种盐12诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中丝和泪分别指（）A纤维素 油脂B蛋白质 烃类C淀粉 油脂D蛋白质 油脂13结构简式为的有机物在一定条件下能和氢气完全加成，加成产物的一溴代物有（不考虑OH的取代）（）A4种B
6、5种C6种D7种14下列物质中，含有非极性键的共价化合物是（）ANa2O2BCH3CH3CNaClDN215两种气态的烷烃的混合物在标准状况下密度为1.16g/L，则对此混合物组成的说法正确的是（）A一定没有甲烷B一定没有乙烷C可能是甲烷和丙烷的混合物D可能是乙烷和丙烷的混合物16近来科学家研制了一种新型的乙醇电池（DEFC），它用磺酸类质子作溶剂，在200左右时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出32倍且更加安全电池总反应式为C2H5OH+3O22CO2+3H2O，下列说法不正确的是（）AC2H5OH在电池的负极上参加反应B在外电路中电子由负极沿导线流向正极C1 mol乙醇被氧化转移6 mol电
7、子D电池正极得电子的物质是O217将一定量纯净的氨基甲酸铵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），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）A密闭容器中二氧化碳的体积分数不变B密闭容器中气体的总物质的量改变C密闭容器中混合气体的密度不变D2v（NH3）正=v（CO2）逆18利用金属活性的不同，可以采取不同的冶炼方法冶炼金属下列反应所描述的冶炼方法不可能实现的是（）A2Al2O3（熔融） 4Al+3O2BFe2O3+3CO 2Fe+3CO2CFe+CuSO4FeSO4+CuD2NaCl（
8、水溶液）2Na+Cl219苹果酸是一种常见的有机酸，其结构简式如图苹果酸可能发生的反应是（）与NaOH溶液反应 使石蕊溶液变红 与金属钠反应放出气体一定条件下与乙酸发生酯化反应 一定条件下与乙醇发生酯化反应ABCD20以下反应最符合绿色化学原子经济要求的是（）A乙烯聚合为聚乙烯高分子材料B甲烷与氯气制备一氯甲烷C以铁和浓HNO3为原料生产硝酸铁D用碳来还原氧化铁二实验题21中学实验室用如图所示装置制取少量溴苯请填写下列空白（1）在烧瓶a中装的试剂是苯、溴和铁屑导管b的作用有两个：一是导气，二是兼起的作用（2）反应过程中在导管c的下口附近可以观察到白雾出现，这是由于反应生成的遇水蒸气而形成的（3
9、）反应完毕后，向锥形瓶d中滴入AgNO3溶液，有生成（4）反应完毕后，将烧瓶a中的液体倒入盛有冷水的烧杯里，可以观察到烧杯底部有色不溶于水的液体这是溶解了的粗溴苯（5）写出烧瓶a中发生反应的化学方程式：三简答题22I某温度下，在2L容器中3种物质间进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图反应在t1min时到达平衡，依图所示：（1）该反应的化学方程式是（2）若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、N2，且已知1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，则至t1min时，该反应吸收的热量为：；在此t1min时间内，用H2表示反应的平均速率v（H2）=II亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液
10、里反应的化学方程式是：Na2SO3+KIO3+H2SO4Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步：IO3+SO32IO2+SO42（慢） IO2+SO32IO+SO42（快）5I+6H+IO33I2+3H2O（快） I2+SO32+H2O2I+SO42+2H2（快）（1）根据上述条件推测，此反应的总的反应速率由第步反应决定（2）若预先加入淀粉溶液，由题述看必在离子消耗完时，才会有使淀粉变蓝的现象产生23五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D 同族，C+和B3具有相同的电子层结构A和B、D、E均能形成共价型化合物A和B形
11、成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的原子个数为1：1的化合物，是人们生活的必需品回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是，非金属性最强的是（填元素符号）（2 ）由A和D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性差的是（用化学式表示）（3）A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为，其中存在的化学键类型为用电子式表示A和B其形成化合物过程，（4）D最高价氧化物的水化物的化学式为（5）单质C在充足的单质E中燃烧，反应的化学方程式为四计算题24金属铜能被FeCl3的浓溶液腐蚀，其化学方程式是：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2现将有铜的印刷线路板浸入120mL FeCl3
12、的溶液中，有9.6g铜被腐蚀掉取出印刷线路板，向溶液中加入8.4g铁粉，经充分反应，溶液中还存在4.8g不溶物（设溶液体积不变，且不考虑金属离子水解）（1）根据9.6g铜被腐蚀，最后溶液中还有4.8g不溶物，说明溶液中肯定还有，所以4.8g固体不可能有，即4.8g是（2）9.6g铜被腐蚀生成 mol Fe2+（3）最后溶液中金属离子物质的量浓度c（Cu2+）=，c（Fe2+）=2015-2016学年山西省大同市阳高一中高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（20*3，共60分）1下列有关化学用语正确的是（）A甲烷分子的球棍模型：BNH4Cl的电子式：CF原子的结构示意图：D中子
13、数为20的氯原子Cl【考点】球棍模型与比例模型；电子式；原子结构示意图【分析】A、甲烷中的H原子半径小于碳原子的半径；B、氯化铵为离子化合物，由铵根离子和氯离子构成；C、原子结构示意图中，原子核带正电；D、质量数=质子数+中子数【解答】解：A甲烷分子的球棍模型中应中间的为C，且C原子半径比H原子半径大，故正确的应为，故A错误；B氯化铵是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，电子式为，故B错误；C原子结构示意图中，原子核带正电，故F的原子结构示意图为，故C错误；D质量数=质子数+中子数，故中子数为20的氯原子为3717Cl，故D正确；故选D2下列排列顺序正确的是（）热稳定性：H2OHFH2S 原子
14、半径：NaMgO酸性：H3PO4H2SO4HClO4结合质子能力：OHCH3COOClABCD【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】非金属性越强，对应氢化物越稳定；电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小；非金属性越强，对应最高含氧酸的酸性越强；阴离子对应的酸越弱，结合质子能力越强【解答】解：因元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：FOS，所以HFH2OH2S，故错误；因同周期元素的半径从左至右逐渐减小，NaMg，O在Na和Mg的上一周期，半径最小，故正确；因元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：ClSP，酸性：HClO4H2
15、SO4H3PO4，故错误；因H2O、CH3COOH、HCl的电离程度：HClCH3COOHH2O，所以结合质子能力OHCH3COOCl，故正确；故选B3热还原法冶炼金属的反应一定是（）A置换反应B分解反应C复分解反应D氧化还原反应【考点】金属冶炼的一般原理【分析】热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等），A由一种单质跟一种化合物起反应，生成另一种单质和另一种化合物的反应叫做置换反应；B由一种反应物生成两种或两种以上其他物质的反应叫分解反应；C两种化合物相互交换成分生成另两种化合物的反应叫复分解反应；D元素的化合价发生变化的反应，属于氧化还原反应
16、，据此解答【解答】解：A一氧化碳还原氧化铁Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，不是置换反应，故A错误；BHg、Ag等用加热分解氧化物的方法制得，热还原法冶炼金属一定不属于分解反应，因需加还原剂，反应物一定不止一种，故B错误；C热还原法冶炼金属，一定属于氧化还原反应，所以一定不属于复分解反应，故C错误；D金属化合物中金属表现为正价，金属单质元素表现为0价，所以从金属化合物中还原出金属一定属于氧化还原反应，故D正确；故选：D4从海水中提取镁，正确的方法是（）A海水Mg（OH）2MgB海水MgCl2溶液MgCl2晶体MgC海水Mg（OH）2MgOMgD海水Mg（OH）2MgCl2溶液MgCl2晶体（
17、熔融）Mg【考点】金属冶炼的一般原理【分析】A在海水中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，Mg（OH）2热稳定性差，受热分解生成MgO；B海水中含有可溶性的Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42、Na+、Cl、加盐酸得不到纯净的氯化镁溶液；C在海水苦卤中加氢氧化钙过滤得沉淀氢氧化镁，灼烧得到氧化镁；D在海水苦卤中加氢氧化钙，海水中含有Mg2+，Mg2+和OH反应生成沉淀Mg（OH）2，过滤得沉淀氢氧化镁，再将沉淀分离后加入盐酸生成MgCl2，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl26H2O，在HCl氛围中加热MgCl26H2O生成MgCl2【解答】解：A在海水苦卤中加氢氧化钠过滤得沉淀氢氧化镁，Mg（OH）
18、2热稳定性差，受热分解生成MgO，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故A错误； B海水中含有可溶性的Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42、Na+、Cl、加盐酸得不到纯净的氯化镁溶液，所以无法得到纯净的氯化镁固体，故B错误；C在海水苦卤中加氢氧化钙过滤得沉淀氢氧化镁，灼烧得到氧化镁，但MgO的熔点为2800、熔点高，电解时耗能高，所以，工业上，电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故C错误；D在海水苦卤中加氢氧化钙，海水中含有Mg2+，Mg2+和OH反应生成沉淀Mg（OH）2，过滤得沉淀氢氧化镁，再将沉淀分离后加入盐酸Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O，变成MgCl2，蒸发浓缩、冷却结
19、晶得到MgCl26H2O，在HCl氛围中加热MgCl26H2O生成MgCl2，Mg属于活泼金属，采用电解熔融MgCl2的方法冶炼Mg，故D正确；故选D5反应A+B2C，在反应过程中，断裂1mol A中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1mol B中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1mol C中的化学键释放的能量为Q3kJ；1mol A所含化学能为E1kJ，1mol B所含化学能E2kJ，1molC 所含化学能E3kJ下列说法中一定正确的是（）A若Q1+Q2Q3，则反应为放热反应B若Q1+Q22Q3，则反应为放热反应C若E1+E2E3，则反应为放热反应D若E1+E2E3，则反应为吸热反应【考点
20、】吸热反应和放热反应【分析】反应吸热放热可以利用能量守恒分析判断，也可以依据物质化学键的键能分析判断，反应焓变H=反应物断键吸收的热量生成物形成化学键放出的热量【解答】解：反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，反之为吸热反应，若E1+E22E3，则反应为放热反应；若Q1+Q22Q3，Q1+Q22Q30，该反应为放热反应，故B正确；故选B6将镁片、铝片平行插入到一定浓度的NaOH溶液中，用导线连接成闭合回路，该装置在工作时，下列叙述正确的是（）A镁比铝活泼，镁失去电子被氧化成Mg2+B铝是电池负极，开始工作时溶液中会立即有白色沉淀生成C该装置的内、外电路中，均是电子的定向移动形成电流D该装置
21、开始工作时，铝片表面的氧化膜可不必处理【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、金属镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应；B、铝离子在过量的碱性溶液中不会产生氢氧化铝沉淀；C、电池的外电路，是由电子的定向移动形成电流，而内电路，则是由溶液中自由移动的离子的定向移动形成电流；D、铝片表面的氧化膜也能与NaOH溶液反应【解答】解：A、在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，在该反应中，铝失电子作原电池的负极，而属镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应，故A错误；B、在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化还原反应，在该反应中，铝失电子作原电池的负极，由于电池开始工作时，生成的铝离
22、子的量较少，NaOH过量，此时不会有Al（OH）3白色沉淀生成，故B错误；C、该装置外电路，是由电子的定向移动形成电流，而内电路，则是由溶液中自由移动的离子的定向移动形成电流，故C错误；D、由于铝片表面的氧化膜也能与NaOH溶液反应，故其不必处理，故D正确故选D7反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是（）Av（A）=0.15mol/（Lmin）Bv（B）=0.04mol/（Ls）Cv（C）=0.03mol/（Ls）Dv（D）=0.4mol/（Lmin）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】化学反应速率之比等
23、于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答【解答】解：反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则A. =0.15；B. =0.8；C. =0.9；D. =0.2，显然C中比值最大，反应速率最快，故选C8下列实验不能达到预期目的是（）序号实验操作实验目的ACl2、Br2分别与H2反应比较氯、溴的非金属强弱BMgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3比较镁、铝的金属性强弱C测定相同浓度H2CO3、H2SO4两溶液的pH比较碳、硫的非金属强弱DFe、Cu分别与盐酸反应比较铁、铜的金属性强弱AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A非金属单质与氢气化合
24、越容易，其非金属性越强，生成氢化物越稳定；B氯化镁、氯化铝溶液都能够与氨气反应生成沉淀，无法据此判断镁、铝的金属性强弱；C最高价氧化物对应水合物的酸性越强，对应非金属元素的非金属性越强；D根据金属与是否发生反应及反应的剧烈程度可以判断金属性强弱【解答】解：ACl2、Br2分别与H2反应时，氯气更容易与氢气反应，且生成氢化物的稳定性：HClHBr，则非金属性ClBr，该方法能够达到实验目的，故A不选；BMgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3，两溶液中都生成白色沉淀，反应现象相同，无法据此比较镁、铝的金属性强弱，故B选；C测定相同浓度H2CO3、H2SO4两溶液的酸性，酸性越强，说明非金属性越
25、强，据此可比较碳、硫的非金属性强弱，故C不选；DFe、Cu分别与盐酸反应，Fe与盐酸的反应更剧烈，而铜不与盐酸反应，证明铁的金属性大于铜，该方法能够达到预期的目的，故不选；故选B9化学能与热能、电能等可以相互转化，关于化学能与其它能量相互转化的说法正确的是（）A图I所示的装置能将化学能转变为电能B图II所示的反应为吸热反应C中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低D化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成【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图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池；B反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应；C中和反应，反应物
26、的总能量大于生成物的总能量；D化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量【解答】解：A图I所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，故A错误；B图II所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B错误；C中和反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，故C错误；D化学反应时断键要吸收能量，成键要放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，故D正确；故选D10已知氢化铵（NH4H）与氯化铵的结构相似，又知NH4H与水反应有H2生成，下列有关叙述中不正确的是（）NH4H是离子化合物，含有离子键和共价键 NH
27、4H溶于水所形成的溶液显酸性NH4H与水反应时，NH4H是氧化剂 NH4H固体投入少量的水中，有两种气体生成ABCD全部【考点】氧化还原反应；化学键【分析】NH4H是铵根离子与氢负离子通过离子键形成的离子化合物；NH4H溶于水生成NH3H20和H2；根据H元素的化合价变化判断；NH4H固体投入少量的水中，生成氨水和氢气，NH3H2O分解为NH3和H2O【解答】解：NH4H与氯化铵的结构相似，是由NH4+和H构成的离子化合物，含有离子键和共价键，故正确；NH4H与水反应有H2和氨气生成，溶液呈碱性，故错误；NH4H与水发生了氧化还原反应，氢负离子化合价升高，被氧化，做还原剂，故错误；NH4H固体
28、投入少量的水中生成氨水和氢气，由于发生的氧化还原反应是放热的，生成的NH3H2O分解为NH3和H2O，所以可以得到两种气体，故正确；故选：B11a、b、c、d、e为元素周期表前3周期中的部分元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示下列叙述正确的是（）Ab元素除0价外，只有一种化合价B五种元素中，c元素的性质最稳定Cd气态氢化物溶于水，溶液显碱性De元素最高价氧化物对应的水化物和不同量的氢氧化钠反应，可能生成三种盐【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】a、b、c、d、e为元素周期表前3周期中的部分元素，由元素在周期表的位置可知，a、b、c、d、e分别是He、O、Si、Cl、P元素AO元素有
29、1价、2价；BHe为2电子稳定结构；Cd气态氢化物为HCl；De元素最高价氧化物的水化物是磷酸，为三元酸【解答】解：a、b、c、d、e为元素周期表前3周期中的部分元素，根据它们在元素周期表中的相对位置知，a、b、c、d、e分别是He、O、Si、Cl、P元素Ab是O元素，O元素除了0价外还有1价、2价，故A错误；B稀有气体单质的性质最稳定，所以五种元素中，a元素的单质性质最稳定，故B错误；Cd的气态氢化物的水溶液是稀盐酸，溶液呈酸性，故C错误；De元素最高价氧化物的水化物是磷酸，与氢氧化钠反应可以得到Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4，故D正确；故选D12诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰
30、泪始干”中丝和泪分别指（）A纤维素 油脂B蛋白质 烃类C淀粉 油脂D蛋白质 油脂【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点【分析】“丝”中含有的物质是蛋白质，“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于烃【解答】解：春蚕吐出的“丝”中主要成分是蛋白质，蜡烛燃烧时滴出的“泪”即液态石蜡，而液态石蜡属于烃，故选B13结构简式为的有机物在一定条件下能和氢气完全加成，加成产物的一溴代物有（不考虑OH的取代）（）A4种B5种C6种D7种【考点】有机化合物的异构现象【分析】的有机物在一定条件下能和氢气完全加成，生成物为，加成产物的一溴代物决于中氢原子的种类【解答】解：的有机物在一定条件下能和氢气完全加成，生成物为，该分
31、子中含有5种氢原子（不含有羟基氢），所以加成产物的一溴代物有5种，故选B14下列物质中，含有非极性键的共价化合物是（）ANa2O2BCH3CH3CNaClDN2【考点】共价键的形成及共价键的主要类型【分析】共价键是属于非金属元素之间形成的化学键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键，只含有共价键的化合物是为共价化合物，以此来解答【解答】解：ANa2O2中含有离子键和非极性键，则为含有非极性键的离子化合物，故A不选；BCH3CH3中含有CC非极性键，CH极性键，则为含有非极性键的共价化合物，故B选；CNaCl中只含有离子键，故C不选；DN2中只含有非极性共价键
32、，属于单质，故D不选；故选B15两种气态的烷烃的混合物在标准状况下密度为1.16g/L，则对此混合物组成的说法正确的是（）A一定没有甲烷B一定没有乙烷C可能是甲烷和丙烷的混合物D可能是乙烷和丙烷的混合物【考点】有关有机物分子式确定的计算【分析】该混合烃的平均摩尔质量为1.16g/L22.4L/mol=26g/mol，即平均相对分子质量为26，该混合烃的平均相对分子量为1.1622.4=26，结合平均相对分子质量来解答【解答】解：该混合烃的平均摩尔质量为1.16g/L22.4L/mol=26g/mol，即平均相对分子质量为26，该混合烃的平均相对分子量为1.1622.4=26相对分子质量小于26
33、的烷烃是甲烷，相对分子质量为16，其他烷烃相对分子质量都大于26，所以混合物中一定有甲烷A由上述分析可知，混合物中一定含有甲烷，故A错误；B乙烷的相对分子质量为30，可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，故B错误；C常温下，丙烷式量为44，甲烷式量为16，可能是甲烷与丙烷的混合物，故C正确；D乙烷与丙烷的相对分子质量都大于26，不可能是乙烷和丙烷的混合物，故D错误；故选C16近来科学家研制了一种新型的乙醇电池（DEFC），它用磺酸类质子作溶剂，在200左右时供电，乙醇电池比甲醇电池效率高出32倍且更加安全电池总反应式为C2H5OH+3O22CO2+3H2O，下列说法不正确的是（）AC2H5OH在电池
34、的负极上参加反应B在外电路中电子由负极沿导线流向正极C1 mol乙醇被氧化转移6 mol电子D电池正极得电子的物质是O2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、在燃料电池中，燃料在负极发生失电子的反应，B、在外电路中，电子从负极流向正极；C、根据氧化还原反应中化合价的升降来判断电子的转移；D、氧气在正极上发生还原反应【解答】解：A、在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，故A正确；B、在燃料电池的外电路中，电子由负极沿导线流向正极，和电流的流向相反，故B正确；C、根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，反应转移电子数为12，所以1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转
35、移，故C错误；D、燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，故D正确；故选C17将一定量纯净的氨基甲酸铵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），在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是（）A密闭容器中二氧化碳的体积分数不变B密闭容器中气体的总物质的量改变C密闭容器中混合气体的密度不变D2v（NH3）正=v（CO2）逆【考点】化学平衡状态的判断【分析】可逆反应NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）为气体体积增大的可逆反应，当该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度
36、、百分含量不再变化，据此进行判断【解答】解：A该反应中，二氧化碳的体积分数始终不变，不能根据二氧化碳的体积分数判断平衡状态，故A错误；B该反应为气体体积缩小的反应，密闭容器中气体的总物质的量改变，说明该反应没有达到平衡状态，故B错误；C该反应前后气体的总质量不相等，而容器的容积不变，当密闭容器中混合气体的密度不变时，说明该反应达到平衡状态，故C正确；D 2v（NH3）正=v（CO2）逆，表示的是正逆反应，但是不满足化学计量数关系，说明该反应没有达到平衡状态，故D错误；故选C18利用金属活性的不同，可以采取不同的冶炼方法冶炼金属下列反应所描述的冶炼方法不可能实现的是（）A2Al2O3（熔融） 4
37、Al+3O2BFe2O3+3CO 2Fe+3CO2CFe+CuSO4FeSO4+CuD2NaCl（水溶液）2Na+Cl2【考点】金属冶炼的一般原理【分析】金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（ZnCu）；合电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（KAl）
38、【解答】解：A、铝很活泼，加入冰晶石降低氧化铝的熔点，工业上电解熔融氧化铝冶炼铝，故A正确；B、铁位于金属活动顺序表中间位置的金属，通常用热还原法冶炼，故B正确；C、铁比铜活泼，能从铜的盐溶液中置换出铜，故C正确；D氢离子的氧化性比钠离子强，在溶液中电解，氢离子放电，钠离子不放电，电解NaCl水溶液得不到金属钠，故D错误故选D19苹果酸是一种常见的有机酸，其结构简式如图苹果酸可能发生的反应是（）与NaOH溶液反应 使石蕊溶液变红 与金属钠反应放出气体一定条件下与乙酸发生酯化反应 一定条件下与乙醇发生酯化反应ABCD【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构简式可知，分子中含COOH、OH，结合羧
39、酸、醇的性质来解答【解答】解：苹果酸中含有羧基，有酸性，可与NaOH溶液反应，故正确；苹果酸中含有羧基，有酸性，可以与石蕊试液作用变红，故正确；苹果酸中含有羧基和羟基，均可以与金属钠反应放出氢气，故正确；苹果酸中含有羟基，一定条件下与乙酸酯化，故正确；苹果酸中含有羧基，一定条件下与乙醇酯化，故正确；故选D20以下反应最符合绿色化学原子经济要求的是（）A乙烯聚合为聚乙烯高分子材料B甲烷与氯气制备一氯甲烷C以铁和浓HNO3为原料生产硝酸铁D用碳来还原氧化铁【考点】绿色化学【分析】“绿色化学”原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，常见的加成反应和加聚反应符合要求【解答
40、】解：A乙烯聚合为聚乙烯高分子材料，反应物全部转化为产物，原料利用率为100%，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，原料利用率不为100%，故B错误；C以铁和浓硝酸为原料生产硝酸铁，因有有毒气体二氧化氮生成，反应物没全部转化为所需产物，故C错误；D用碳来还原氧化铁，反应中有副产物CO生成，反应物没全部转化为所需产物，故D错误；故选A二实验题21中学实验室用如图所示装置制取少量溴苯请填写下列空白（1）在烧瓶a中装的试剂是苯、溴和铁屑导管b的作用有两个：一是导气，二是兼起冷凝回流的作用（2）反应过程中在导管c的下口附近可以观察到白雾出现，这是由于反应生成的HBr遇水蒸
41、气而形成的（3）反应完毕后，向锥形瓶d中滴入AgNO3溶液，有溴化银淡黄色沉淀生成（4）反应完毕后，将烧瓶a中的液体倒入盛有冷水的烧杯里，可以观察到烧杯底部有褐色不溶于水的液体这是溶解了溴的粗溴苯（5）写出烧瓶a中发生反应的化学方程式：+Br2+HBr【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）苯和溴易挥发，导管b除导气外，还有起冷凝回流作用，减少苯和溴易挥发；（2）HBr极易溶于水，故将HBr通入C中的水中时，会遇到水蒸汽在空气中形成白雾；（3）氢溴酸溶液中滴加AgNO3溶液时能产生溴化银淡黄色沉淀；（4）纯溴苯为无色液体，密度比水大，溴苯溶有未反应的溴，而呈褐色；（5）在催化剂的作用下，苯环上
42、的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成；【解答】解：（1）苯和溴易挥发，导管b除导气外，还有起冷凝回流作用，减少苯和溴易挥发，故答案为：冷凝回流；（2）反应过程中在导管c的下口附近可以观察到白雾出现，这是由于反应生成的HBr，HBr极易溶于水，会遇到水蒸汽在空气中形成白雾，反应过程中在导管c的下口附近可以观察到白雾出现，这是由于反应生成的HBr，故答案为：HBr；（3）HBr极易溶于水后得氢溴酸溶液，滴加AgNO3溶液时能产生溴化银淡黄色沉淀，Ag+Br=AgBr，故答案为：溴化银淡黄色沉淀；（4）纯溴苯为无色液体，密度比水大，溴苯溶有未反应的溴，而呈褐色，反应完毕后，将烧瓶a中的
43、液体倒入盛有冷水的烧杯里，可以观察到烧杯底部有褐色不溶于水的液体这是溶解了溴单质的原因，故答案为：褐；溴；（5）在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，反应方程式为： +Br2+HBr，故答案为： +Br2+HBr；三简答题22I某温度下，在2L容器中3种物质间进行反应，X、Y、Z的物质的量随时间的变化曲线如图反应在t1min时到达平衡，依图所示：（1）该反应的化学方程式是2X3Y+Z（2）若上述反应中X、Y、Z分别为NH3、H2、N2，且已知1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，则至t1min时，该反应吸收的热量为：36.8kJ；在此t1min
44、时间内，用H2表示反应的平均速率v（H2）=molL1min1II亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应的化学方程式是：Na2SO3+KIO3+H2SO4Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步：IO3+SO32IO2+SO42（慢） IO2+SO32IO+SO42（快）5I+6H+IO33I2+3H2O（快） I2+SO32+H2O2I+SO42+2H2（快）（1）根据上述条件推测，此反应的总的反应速率由第步反应决定（2）若预先加入淀粉溶液，由题述看必在SO32离子消耗完时，才会有使淀粉变蓝的现象产生【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率的
45、影响因素；化学平衡的计算【分析】I（1）由图象可以看出，反应中X的物质的量减小，Y、Z的物质的量增多，则X为反应物，Y、Z为生成物，且n（X）：n（Y）：n（Z）=0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，由化学反应速率之比等于化学计量数之比确定方程式；（2）已知1mol氨气分解成氮气和氢气要吸收46kJ的热量，t1min时，消耗NH3的物质的量为0.8mol，反应中能量变化与物质的量成正比；结合v=计算氢气的反应速率；II（1）整个反应速率由慢反应决定；（2）SO32的还原性大于I，可被I2氧化，故需消耗完SO32，才会生成I2【解答】解：I（1）由图象可以看出，反应中X的物质的
46、量减小，Y、Z的物质的量增多，则X为反应物，Y、Z为生成物，且n（X）：n（Y）：n（Z）=0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，t1min时反应达到平衡，由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则反应的化学方程式为2X3Y+Z，故答案为：2X3Y+Z；（2）t1min时，消耗NH3的物质的量为0.8mol，则吸收的能量为0.8mol46kJ/mol=36.8kJ，H2的反应曲线为Y，则在此t1min时间内，用H2表示反应的平均速率v（H2）=molL1min1，故答案为：36.8kJ； molL1min1；II（1）由慢反应决定整个反应过程的速率，故反应速率由步反应决定，故答案
47、为：；（2）由反应可知，SO32的还原性大于I，可被I2氧化，故需消耗完SO32，才会生成I2，才会有溶液变蓝的现象产生，故答案为：SO3223五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D 同族，C+和B3具有相同的电子层结构A和B、D、E均能形成共价型化合物A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的原子个数为1：1的化合物，是人们生活的必需品回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是Na，非金属性最强的是Cl（填元素符号）（2 ）由A和D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性差的是PH3（用化学式表示）（3）A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化
48、学式为NH4Cl，其中存在的化学键类型为离子键、共价键用电子式表示A和B其形成化合物过程，（4）D最高价氧化物的水化物的化学式为H3PO4（5）单质C在充足的单质E中燃烧，反应的化学方程式为2Na+Cl22NaCl【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素，A和C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素，Na+和N3具有相同的电子层结构，符合题意，B和D 同族，则D为磷元素，C和E形成的原子个数为1：1的化合物，是人们生活的必需品，则E为Cl元素，据此解答【解答】
49、解：五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大A和B形成的共价化合物在水中呈碱性，该化合物为NH3，则A为氢元素、B为氮元素，A和C同族，C的原子序数大于氮元素，故C为Na元素，Na+和N3具有相同的电子层结构，符合题意，B和D 同族，则D为磷元素，C和E形成的原子个数为1：1的化合物，是人们生活的必需品，则E为Cl元素；（1）同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故Na元素的原子半径最大，最高价含氧酸的酸性越强，中心元素的非金属性越强，高氯酸是最强的含氧酸，故Cl非金属性最强，故答案为：Na；Cl；（2）由A和D、E所形成的共价型化合物分别为PH3、HCl，非金属性
50、越强氢化物越稳定，故热稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；（3）A和E形成的化合物HCl，A和B形成的化合物NH3，二者反应生成NH4Cl，含有离子键、共价键，用电子式表示HCl的形成过程：，故答案为：NH4Cl；离子键、共价键；（4）P元素的最高价氧化物的水化物的化学式为H3PO4，故答案为：H3PO4；（5）钠在氯气中燃烧反应的方程式为2Na+Cl22NaCl，故答案为：2Na+Cl22NaCl四计算题24金属铜能被FeCl3的浓溶液腐蚀，其化学方程式是：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2现将有铜的印刷线路板浸入120mL FeCl3的溶液中，有9.6g铜被腐蚀掉取出印刷线路
51、板，向溶液中加入8.4g铁粉，经充分反应，溶液中还存在4.8g不溶物（设溶液体积不变，且不考虑金属离子水解）（1）根据9.6g铜被腐蚀，最后溶液中还有4.8g不溶物，说明溶液中肯定还有Cu2+，所以4.8g固体不可能有Fe，即4.8g是Cu（2）9.6g铜被腐蚀生成0.3 mol Fe2+（3）最后溶液中金属离子物质的量浓度c（Cu2+）=0.625mol/L，c（Fe2+）=5mol/L【考点】离子方程式的有关计算【分析】（1）依据反应：Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2、Fe+CuCl2=FeCl2+Cu判断溶液中剩余的金属离子、固体物质的成分；（2）9.6gCu的物质的量为： =
52、0.15mol，依据Cu+2FeCl3CuCl2+2FeCl2计算即可；（3）利用物质的量守恒以及电子得失守恒计算即可【解答】解：（1）加入Fe粉前，溶液中有Cu2+，Fe2+，Cl，可能还有Fe3+，8.4gFe为0.15mol，9.6gCu为0.15mol，若无Fe3+，那么Fe恰好把9.6gCu全部置换，现在只有4.8g不容物，所以不可能为Fe只能是Cu；故答案为：Cu2+；Fe；Cu；（2）9.6gCu的物质的量为： =0.15mol，1molCu失去电子数为2，故失去电子数为0.3mol，1molFe3+变为Fe2+，得到电子数为1mol，依据氧化还原反应得失电子守恒，故有0.3mol的Fe2+生成，故答案为：0.3；（3）反应顺序是Fe先和过量的Fe3+反应，再置换部分Cu2+，所以存在Cl，Fe2+，Cu2+；溶液中剩余的Cu元素为9.64.8=4.8g，0.075mol，Cu2+=0.625mol/L 综合来看，溶液中是4.8gCu和8.4gFe恰好完全还原了Fe3+，Cu失电子为0.15mol，Fe失电子0.3mol，合计0.45mol，所以原有Fe3+0.45mol，最后所有的Fe元素都变成Fe2+，故Fe2+=mol/=5.0mol/L，故答案为：0.625mol/L；5mol/L2016年11月28日高考资源网版权所有，侵权必究！