合集5份试卷2020年黑龙江省鹤岗市化学高一第二学期期末考试模拟试题.pdf

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1、高一(下)学期期末化学模拟试卷一、单选题(本题包括20个小题，每小题3 分，共 60分.每小题只有一个选项符合题意)1.下列排序正确的是A.酸性：H2so4VH3Po4cH2SiO3 B.碱性：Ba(OH)2Ca(OH)2Mg(OH)2C.氢化物稳定性：HFHIHBrHCl D.沸点：AsH3PH3NH3【答案】B【解析】【分析】【详解】A.非金属性：S i P CaMg,故碱性：Ba(OH)2Ca(OH)2Mg(OH)2,B 项正确；C.非金属性：FCIBrL氢化物稳定性：HF HC1 HBrHL C 项错误；D.比较分子的沸点，先考虑是否存在氢键，存在氢键沸点显著高，再考虑范得华力，与相对

2、分子质量呈正比。由于氨气分子间存在氢键，沸点显著高于同主族简单氢化物，A sH,的相对分子质量大于P%,故沸点：NH3ASH3PH3,D 项错误；答案选B。【点睛】简单氢化物的稳定性与非金属成正比，还原性与非金属性成反比，区别熔沸点(物理性质，考虑氢键和范德华力)。2.一定条件下，在密闭恒容容器中，能表示反应X(g)+2Y(g)=2Z(g)一定达到化学平衡状态的是()X、Y、Z 的密度不再发生变化 v 正(Y)=2v逆(X)容器中的压强不再发生变化 单位时间内生成nmol Z,同时生成2nmolYA.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据p=m/V可知，反应前后混合气体的总质量不变，容器的

3、体积不变，所以体系中气体的密度始终不发生变化，不能根据密度不变判断反应达化学平衡状态，错误；v 正(Y)=2va(X)关系式满足气体的速率之比和系数成正比，且体现了 丫 正、v 逆的关系，可以判断反应达化学平衡状态，正确；该反应左右两边化学计量数不等，容器压强不变说明气体的物质的量不变，达到化学平衡状态，正确；若单位时间内生成nmol Z(正反应方向)，则应同时生成nmol Y(逆反应方向)，反应达到平衡状态，而此时生成2n mol Y(逆反应方向)，说明v(正)I2单质的熔点逐渐增大，故 C 错误；D.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，则氢氧化锂、氢氧化钠、氢氧化钾、氢氧

4、化锄的碱性逐渐增强，故 D 错误；故选A。1 5.下列有关化学用语表达正确的是A.和 离 子 结 构 示 意 图 均 可 以 表 示 为：2 8 8B.HC10 的结构式：H-C1-0C.HF的电子式：H:：TD.质子数为92、中子数为146的 U原子：峨U【答案】A【解析】【详解】A 项，35C和 ”口的核电荷数都是17、核外都有18个电子，离 子 结 构 示 意 图 都 为 A 项正确;B 项，HC1O的结构式为HOCl,B 项错误；C 项，H F中只有共价键，H F的电子式H：?：，C 项错误；D 项，质子数为92、中子数为146的 U 原子的质量数为2 3 8,该原子表示为 U,D 项

5、错误；答案选A。16.氯 气（CL）和 氧 气（02）都是活泼的非金属单质，在一定条件下它们都能跟甲烷（CH4）反应。已知 02和 CH4充分反应后的生成物是CO2和 H2O,由此推断C12和 CH4充分反应后的最终生成物是A.CCL和 HC1 B.CCh和 C.CH2ch和 H2 D.C 和 HC1【答案】A【解析】光照条件下，氯气能取代甲烷中的氢原子生成氯代垃和氯化氢，如果氯气和甲烷充分反应后，则甲烷中的所有氢原子被氯气取代，则生成四氯化碳，同时还有副产物氯化氢，答案选A。点睛：本题考查了氯气和甲烷的反应，氯气和甲烷能发生取代反应，明确取代反应的概念是解本题关键，光照条件下，氯气能取代甲烷

6、中的氢原子生成氯代点和氯化氢。17.下列说法不正确的是（）A.金属元素的原子与非金属元素原子化合时都能形成离子键B.原子间通过得失电子变成阴、阳离子后，阴阳离子间才能形成离子键C.具有强得电子能力的原子与具有强失电子能力的原子相遇时能形成离子键D.IA、IIA族的金属和VIA、VHA族的非金属化合时，易形成离子键【答案】A【解析】【详解】A 项、一般活泼金属与非金属形成离子键，而氯化铝中铝元素与氯元素能形成共价键，故 A 错误；B 项、活泼金属原子易失电子而变成阳离子，活泼非金属原子易得电子而变成阴离子，原子间先通过得失电子变成阴阳离子后，阴阳离子间才能形成离子键结合，故 B 正确；C 项、活

7、泼的金属原子具有强失电子能力，与具有强得电子能力的活泼的非金属原子成键时，先形成阳离子和阴离子，阳离子与阴离子之间形成离子键，故 C 正确；D 项、IA、IIA 族的金属为活泼金属原子，易失电子而变成阳离子；VIA、VHA族的非金属为活泼非金属原子，易得电子而变成阴离子；两类离子间易形成离子键，故 D 正确；故选A。1 8.由 Nth、02、熔融盐NaNCh组成的燃料电池如图所示，在使用过程中石墨I 电极反应生成一种氧化物 Y,下 列 有 关 说 法 正 确 的 是()A.石 墨 I 极为正极，石墨II极为负极B.Y 的化学式可能为NOC.石 墨 I 极的电极反应式为NO2+NO3-e_=N2

8、OsD.石墨II极上发生氧化反应【答案】C【解析】【分析】在燃料电池中通入氧气的为正极，通入燃料的为负极，由图可知，石墨n 上氧气得到电子，则石墨II为正极，石 墨 I 上 NCh失去电子，石 墨 I 为负极，结合负极发生氧化反应、正极发生还原反应分析解答。【详解】A.根据上述分析，石墨II为正极，石 墨 I 为负极，故 A 错误；B.石墨I 为负极，石墨I 上 NO2失去电子，N 元素的化合价应从+4价升高，Y 不可能为N O,故 B 错误;C.石 墨 I 上 NO2失去电子，N 元素的化合价升高，因此Y 为 N2O5,负极反应为NCh+NO-e-NzO s,故C 正确；D.石墨H为正极，发

9、生还原反应，故 D 错误；答案选C。1 9.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y,发生反应：mX(g)=nY(g)AH=QkJ/molo反应达到平衡时，Y 的物质的量浓度与温度、气体体积的关系如下表所示：下列说法正确的是()1L2L4L1001.00mol/L0.75mol/L0.53mol/L200 1.20mol/L0.90mol/L0.63mol/L300 1.30mol/Ll.OOmol/L0.70mol/LA.mnB.Q0C.温度不变，压强增大，Y 的质量分数减少D.体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动【答案】C【解析】【分析】当温度不变时，容器体积扩大一倍，若平衡不发生

10、移动，Y物质的浓度应为原来的二分之一，由表可知，容器体积扩大一倍后，Y物质的浓度大于原来的二分之一，说明压强的减小，平衡正向移动，则 m n；当容器体积不变时，随着温度的升高，Y物质的浓度增大，即平衡正向移动，正反应为吸热反应。【详解】A项、温度不变，容器体积增大，压强减小，若平衡不移动，c(Y)应减小为原来一半，现 c(Y)比原来的一半大，说明减小压强，平衡向右移动，该反应是一个气体体积增大的反应，则 m (),故 B错误；C项、该反应是一个气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，Y的质量分数减少，故 C正确；D项、该反应为吸热反应，体积不变，温度升高，平衡向正反应方向移动，故

11、D错误。故选C。【点睛】本题考查化学平衡移动原理，注意温度和反应热、压强和化学计量数的关系，明确压强的变化实质上是浓度的变化是解答关键。2 0.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A.N a H S 水解反应：H S-+H20 H 3 0+S2-B.F e (O H)2 与稀硝酸反应：2 H+F e(0 H)2=F e 2+2 H 2。C.过量的S O 2 通入到漂白粉溶液中：C 1 0-+S 02+H 2 0=H C 1 0+H S 03-D.N a 2 c O 3 水溶液中存在平衡：C 032-+H20 H C 03-+0 H-【答案】D【解析】【详解】A.该反应是电离方程式，水解方程式

12、应该是H S-+H 2 O=O F T+H 2 S；故 A错误；B.F e(O H”与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，离子方程式为：1 0 H+3 F e(O H)2+N(V=3 F e 3+8 H 2 O+N O T，故 B 错误；C.漂白粉溶液中通入过量S O 2 气体发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，离子反应为C a2+2 C 1 O+2 H2O+2 S O 2=4 H+2 C I+C a S O 4；+S O 42,故 C 错误；D.N a 2 c C h 溶液存在水解平衡，水解方程式为：C O 3 2-+H 2 O 三=H C O 3-+O H，故 D正确。故 选D。【点 睛】

13、判断离子方程式书写正误的方法:“一 看”电荷是否守恒：在离子方程式中，两边的电荷数及原子数必须守恒；“二 看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单 质、氧 化 物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三 看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须与客观事实相吻合。二、计 算 题（本 题 包 括1个 小 题，共1（）分）2 1.有 机 物A由碳、氢、氧三种元素组成。现 取3gA与4.4 8 L氧 气（标准状况）在密闭容器中燃烧，燃烧后生成二氧化碳、一氧化碳和水蒸气（假设反应物没有剩余）。将反应生成的气体依次通过浓硫酸和

14、碱石灰，浓 硫 酸 增 重3.6 g,碱 石 灰 增 重4.4 g,回答下列问题：（1）通过计算确定该有机物的分子式.（2）若 有 机 物A能与金属钠反应放出氢 气，请 写 出 有 机 物A可能的结构简式。【答 案】C 3 H 8。C H 3 c H 2 c H 2 O H、C H 3 f H 3【解 析】分 析：根据已知生成二氧化碳、一氧化碳和水的质量确定分子中碳、氢、氧原子个数，进而确定分 子 式。再结合相关的性质确定官能团，进而确定物质的结构简式。详 解：(1)浓 硫 酸 增 重3.6 g为水的质量，n(H 2 O)=3.6 g/1 8(g.m o l1)=0.2 m o l根 据H原子

15、守恒可知n(H)=2 n(H2O)=0.4 m o l,碱石灰增重 4.4 g 为二氧化碳的质量，n(C O 2)=4.4 g/4 4 g.m o r1=0.I m o l,4.4 8 L 氧气的物质的量=4.4 8 L/2 2.4 L.m o l1=0.2 m o b 氧气的质量=0.2 m o l X 3 2 g/m o l=6.4 g,故 C O 的质量=3 g+6.4 g-3.6 g-4.4 g=l.4 g,故 n(C O)=1.4 g/2 8(g.m o l _1)=0.0 5 m o b 根据 C 原子守恒可知 n(C)=n(C O z)+n(C O)=0.1 m o l+0.0

16、5 m o l=0.1 5 m o l o 由 0 原子守恒可知 3 g A 中n(0)=2 n(C 0 2)+n(C O)+n(H 2 0)-2 n(0 2)=2 x 0.1 m o l+0.0 5 m o l +0.2 m o l -2 x 0.2 m o l=0.0 5 m o l,由上述分析知3 g A 中,n(H)=O.4 m o l,n(C)=0.1 5 m o l,所以,n(C):n(H):n(0)=3:8:1,故 A 的最简式为 C 3 H 8。，由 H 原子与碳原子数目可知,H原 子 已 经 饱 和C原子四价结构，故其最简式即为分子式,A的 分 子 式 为C 3 H 8 0。

17、答 案：该有机 物 的 分 子 式 为C 3 H 8 0。有 机 物 的 分 子 式 为C 3 H 8 0,为醇或酸,。因 为 有 机 物A能与金属钠反应放出氢 气，所以只能为醇类，可能结 构 简 式 为C H 3 c H 2 c H 2 O H、C H 3 c H e出O H。答 案:有 机 物A可能的结构简式为C H 3 c H 2 c H 2 O H、C H 3 C H C H 3O H三、实 验 题（本 题 包 括1个 小 题，共1 0分）2 2.海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。碘元素以碘离子的形式存在。实验室从海藻中提取碘的流程如下:alI海I(1)指出从海藻中提取I2的实验

18、操作名称：,_ _ _ _ _ _ _ _ _的离子方程式提取碘的过程中，可供选择的有机溶剂是(一).A 甲苯、酒 精 B 四氯化碳、苯C 汽油、乙 酸 D 汽油、甘油为使海藻中转化为碘的有机溶液，实验室里有烧杯、玻璃棒、集气瓶、酒精灯、导管、圆底烧瓶、石棉网以及必要的夹持仪器。还 缺 少 的 仪 器 是.(4)从含碘的有机溶剂中提取碘，还要经过蒸储，指 出 下 列 蒸 像 装 置 中 的 错 误 之 处。(5)进行蒸锵操作时，使用水浴加热的原因是,最后晶态碘在_ _ _ _ _ _ _ _ 中。【答案】过滤 萃取、分液 2+C L=l2+2 C l-B 分液漏斗，普通漏斗 没有石棉网、温度计

19、插入液面以下、冷凝管进、出水方向颠倒 萃取剂沸点较低，1 2 易升华 烧瓶【解析】【分析】根据框图分析：海藻晒干灼烧，变成海藻灰，浸泡得悬浊液，分液后滤液中含有1 一，F 具有还原性，加氧化剂氯气，得 到 L,通过萃取、分液和蒸储即可得到晶体碘。结合各部反应进行解答。【详解】(1)将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法，将碘水中的碘提取出来得方法萃取、分液；操作发生反应的离子方程式：2 F+c i2=i2+2 c r；因此，本题答案是：过滤；萃取、分液；2 r+c i2=i2+2 c r；(2)A、酒精和水互溶，所以不能作萃取剂，故错误；B、四氯化碳、苯符合萃取剂条件，所以能作萃取剂

20、，故 B正确；C、汽油能作萃取剂，乙酸和水互溶，所以乙酸不能作萃取剂，故错误；D、汽油能作萃取剂、甘油和水互溶，所以甘油不能作萃取剂，故错误；所以本题答案为：B；(3)为使海藻灰中碘离子转化为碘的有机溶液，根据实验装置原理，基本操作有过滤、萃取、分液、使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗、分液漏斗等，尚缺少的玻璃仪器是(普通)漏斗和分液漏斗；因此，本题正确答案是：分液漏斗、普通漏斗；烧杯加热应垫石棉网，温度计水银球应位于蒸储烧瓶支管口处，冷凝管冷凝水下进上出；因此，本题正确答案是：缺石棉网；温度计插到液体中；冷凝管进出水方向颠倒；(5)水浴加热的温度是使试管内或烧杯内试剂受热温度均匀，具有长时间加

21、热温度保持恒定的特点，四氯化碳沸点为76.8,碘单质沸点为184,故最后晶态碘在蒸储烧瓶里聚集。因此，本题正确答案是:使蒸储烧瓶受热均匀，控制加热温度不会过高；蒸储烧瓶。四、推断题(本题包括1 个小题，共 10分)2 3.某燃A 是有机化学工业的基本原料，可用于水果催熟。A 可发生如图所示的一系列 化学反应。CL光照B-D/优化剂 HCI回答下列问题：(1)C 的结构简式为(2)写出反应的化学方程式：,该反应是(填反应类型)。(3)E 的相对分子质量是A 的两倍，则与A 互为同系物的E 有 种，写出其中一种的结构简式:【答案】CH3CH2CI CH2=CH2+H2O.CH3CH2OH 加成反应

22、 3【解析】【分析】烧 A 是有机化学工业的基本原料，可用于水果催熟，故 A 为 CHz=CHz,乙烯与氢气发生加成反应生成B,B为CH3cH 乙烯与HC1发生加成反应生成C,C为 CH3cH2C1,乙烯与水发生加成反应生成D,D为 CH3CH2OH,CH3cH3与氯气发生取代反应生成CH3CH2CL【详解】(1)由分析可知，C 的结构简式为CH3cH2C1；(2)反应是乙烯的催化加水生成乙醇的反应，方程式为CH2=CH2+HzO/iCH3cH2OH,该反应为加成反应；(3)E 的相对分子质量是A 的两倍，且 E 是 A 的同系物，所 以 E 的分子式为C4H8,其属于单烯免的同分异构体共有三

23、种，分别为五、综合题(本题包括1 个小题，共 1 0 分)2 4.如表是元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，请用化学用语回答下列问题:、族周 命I AII AIII AIV AV AVI Av n A。族123(1)在上述元素最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是,碱性最强的是，显两性的是 o (化学式)(2)这些元素中，化 学 性 质 最 不 活 泼 原 子 的 原 子 结 构 示 意 图 为；气态氢化物中，最稳定的是(化学式)，形 成 的 氢 化 物 中 沸 点 最 高 的 是 (化学式)。(3)和两种元素的原子按1:1 组 成 的 常 见 化 合 物 的 电 子 式 为(4)、的

24、简 单 离 子 半 径 由 大 到 小 的 顺 序 为(用 离 子 符 号 和“表示)。(5)和 的 最 高 价 氧 化 物 对 应 水 化 物 之 间 发 生 反 应 的 化 学 方 程 式(6)为了证明和两种元素的金属性强弱，下列说法或实验能提供证据的是 oA.比较两种元素的单质的熔点、沸点高低B.将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度C.比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱【答案】H C 1 O4 N a O H A l (0 H)3(1 8)2 H F H20 H ：O：O ：H C l 02-N a+A l3+N a O H +-A l (O H)a =N a

25、 A 1 02+H20 B C【解析】分析：根据元素在周期表中的位置，可知是H,是 C,是 N,是 O,是 F,是 N a,是 AL 是 S,是 CL 是 A r。第三周期，从左向右金属性在减弱，非金属性增强，C 1 的非金属性最强，钠的金属性最强，铝具有两性；可利用两种金属分别与水、酸反应的剧烈程度，金属之间的置换反应，最高价氧化物对应水化物的碱性等来判断。详解：(1)第三周期，从左向右金属性在减弱，非金属性增强，C 1 的非金属性最强，钠的金属性最强，铝具有两性；在上述元素最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是H C 1 0”碱性最强的是N a O H,显两性的是A l(0 H)3。(2)

26、这些元素中，A r 是惰性元素，化学性质最不活泼原子是A r,原子结构示意图为0 2 S S;F 的非金属性最强，气态氢化物中，最稳定的是H F,形成的氢化物中，水分子间形成氢键，沸点最高的是H Q (化学式)。(3)为H和为0,两种元素的原子按1:1 组成的常见化合物的电子式为H :0 :0 :H。(4)、的简单离子半径，氯离子三个电子层，半径最大，0、N a*、A l 三种离子电子层结构相同，核电荷大的半径小，由大到小的顺序为C 1 02-N a A l 。(5)和的最高价氧化物对应水化物是N a O H、A l (0 H)3,两者反应生成N a A 1 02 H20 ,两者之间发生反应的

27、化学方程式N a O H +A l (0 H)3=N a A 1 02+H20 .(6)为了证明和两种元素的金属性强弱，A.比较两种元素的单质的熔点、沸点高低，不能确定金属性强弱，故 A错误；B.将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度，反应剧烈的金属性强，故 B正确；C.比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱，碱性越强，金属性越强，故 C正确；故选B C。高一（下）学期期末化学模拟试卷一、单 选 题（本题包括20个小题，每小题3 分，共 60分.每小题只有一个选项符合题意）1.下列关于乙烯和聚乙烯的叙述正确的是（）A.二者都能使滨水褪色，性质相似 B.二者互为同系物C.二

28、者最简式相同D.二者相对分子质量相同【答案】C【解析】【分析】A.根据其结构分析,碳碳双键能与淡水发生加成反应，单键不能与澳水发生加成；B.同系物的结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团;C.最简式指用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式；D.根据分子式来分析。【详解】A.由乙烯和聚乙烯的结构可以知道，乙烯中含有碳碳双键,能和澳水发生加成反应,聚乙烯中只有单键,所以聚乙烯不能使滨水褪色，A 错误；B.乙烯和聚乙烯的结构不同，所以不是同系物，B 错误；C.乙烯的分子式为C2H4,聚乙烯的分子式为（C2H4）”二者最简式都为CH2,C 正确；D.乙烯的分子式为C2H4

29、,聚乙烯的分子式为（C2H4州，二者式量分别为28,28n,D 错误。答案选C。2.如图中的曲线是表示其他条件一定时，2NO（g）+Ch（g）=5=2NO2（g）AHV（）反应中NO 的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d 四点，其中表示未达到平衡状态，且 v（正）v（逆）的点是的转化率A.a 点 B.b 点 C.c 点 D.d 点【答案】C【解析】试题分析：转化率一定的点表示平衡状态，所 以 a、b 点在曲线上，所以表示平衡状态，而 c 点的 NO 的转化率低于平衡转化率，说明未达平衡状态，且反应正向进行，所 以 v（正）v（逆）；而 d 点对应的 NO的转化率大于平衡时的转化率，

30、则平衡逆向移动，所 以 v（正）v（逆），则符合题意的点是c 点，答案选 C考点：考查对图像的分析，平衡移动的判断，平衡状态的判断3.在一定条件下，RO3与 R-可发生反应：RO3 +5R+6H+=3R2+3 H2O,下列有关的叙述中，分析不走确的是（）A.上述 RO3*1-中 n=lB.R元素原子最外层电子数是7C.元 素R位于周期表中第V A族D.元 素R的氢化物的水溶液显酸性【答案】C【解析】【详解】A.根据电荷守恒，可知n=L故A正确；B.R元素的最低负价是-1价，说明得到一个电子达到8个电子的稳定结构，所以最外层电子数是7,故B正确；C.元 素R最外层有7个电子，位于周期表中第七主族

31、，故C错误；D.元 素R的氢化物是HR,水溶液显酸性，故D正确；故选：C.4.利用海水制取淡水的传统方法是A.蒸发 B.过滤 C.分液 D.蒸储【答案】D【解析】利用海水制取淡水的传统方法是蒸馈，答案选D。5.下列排列顺序正确的是热稳定性：H20HFH2S 原子半径：NaMg0酸性：H3P04H2S04HC104 得到电子能力：FC1SA.B.C.D.【答案】A【解析】分析：非金属性越强，气态氢化物越稳定；电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越大，半径越小；非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；元素的非金属性越强，其原子得电子能力越强。详解：非金属性F O S,气态氢化物的稳定性

32、为HFH2OH2S,错误；电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越大，半径越小，故原子半径N aM gO,正确；非金属性C1SP,最高价氧化物的水化物的酸性为HC1O4H2SO4H3PO4,错误；非金属性F C 1 S,则得电子能力：F C1 S,正确；答案选A。6.某有机物的结构如下图所示，试推断该有机物不可能具有的性质是CH=CH:|C H-C O O HYCH;O H能发生水解反应A.B.只有 C.只有 D.【答案】B【解析】【分析】【详解】有机物性质的判断一般依据分子中含有的官能团进行判断。根据结构简式可知，分子中含有的官能团是碳碳双键、竣基和醇羟基，因此该有机物可以发生的反应为：

33、可以燃烧；能使酸性KMnO,溶液褪色；能跟NaOH溶液反应；能发生酯化反应；能发生加聚反应，但不可能发生水解反应，答案选B。7.根据元素周期表和元素周期律知识，下列说法正确的是A.单质与氢气化合的难易程度：M难 于 N,可 说 明 M的非金属性弱于NB.第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性C.已知铭(T1)与铝同主族，所以其单质既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应D.在短周期元素中，原子最外电子层只有1 个 或 2 个电子的元素是金属元素【答案】A【解析】【详解】A 项、元素的非金属性越强，单质与氢气越易反应，单质与氢气化合时M 难于N,说明M 的非金属性比N弱，故 A 正确

34、；B 项、N 元素为第二周期非金属元素，其气态氢化物NH3溶于水后溶液呈碱性，故 B 错误；C 项、同主族元素随原子序数的增大，金属性增强，错与铝同主族，金属性T 1 A L T 1 能与酸反应，不与氢氧化钠溶液反应，故 C 错误；D 项、原子最外电子层只有1 个电子的H 元素为短周期非金属元素，故 D 错误；故选A。【点睛】本题考查元素周期律，注意同主族元素和同周期元素的原子结构和性质变化规律，明确金属性与非金属性强弱的比较方法是解答本题的关键。8.化学与生活密切相关，下列关于生活中的化学物质或化学现象的认识不正确的是()A.奥运会火炬的燃料丙烷是有机物B.用少量食醋除去水壶中的水垢C.工业

35、上最初获得苯的主要方法是石油的分馆D.浓硝酸溅到皮肤上，使皮肤变黄色，是由于浓硝酸和蛋白质发生颜色反应【答案】C【解析】【详解】A.丙烷为燃类物质，常用于火炬燃料，为有机物，A 正确；B.醋酸具有酸性，可与碳酸钙、氢氧化镁等反应，可用于除去水壶中的水垢，B 正确；C.工业上最初获得苯的主要方法是煤的干储，C 错误；D.蛋白质可发生颜色反应，因此浓硝酸溅到皮肤上，使皮肤变黄色，D 正确。答案选C。9.下列关于有机物的说法中，正 确 的 一 组 是（）淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应“乙醇汽油”是在汽油中加入适量乙醇而制成的一种燃料，它是一种新型化合物除去乙酸乙酯中残留的乙酸，加过量

36、饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液石油的分储和煤的气化都是发生了化学变化淀粉遇碘酒变蓝色；在加热条件下葡萄糖能与新制Cu（OH）2悬浊液发生反应塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料A.B.C.D.【答案】C【解析】淀粉、油脂、蛋白质都是有小分子物质经过化学反应形成的，所以能水解，故正确；乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源，所以是混合物，故错误；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故正确；石油的分储没有新物质生成，属于物理变化，煤的干储有新物质生成属于化学变化，故错误；

37、碘单质遇淀粉变蓝色是碘的特性，葡萄糖含有醛基所以能和能与银氨溶液反应析出银，与新制得的氢氧化铜反应生成砖红色的沉淀，故正确；塑料为合成高分子材料，而部分橡胶和纤维可能为天然高分子材料，故错误；故选C。10.下列关于基本营养物质的说法错误的是（）A.糖类、油脂和蛋白质均由C、H、O 三种元素组成B.在加热条件下，葡萄糖可与新制氢氧化铜浊液反应产生砖红色沉淀C.植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，能使B。的 CCL溶液褪色D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖【答案】A【解析】【分析】【详解】A、糖类、油脂均由C、H、O 三种元素组成，蛋白质由C、H、O、N 等多种元素组成，A 错误；B、葡萄糖结构中含

38、有醛基，具有还原性，与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，B 正确；C、植物油含不饱和脂肪酸甘油酯，分子中含有碳碳双键，可以与漠单质发生加成反应，使滨水褪色，C正确；D、淀粉和纤维素属于多糖，水解的最终产物均为葡萄糖，D 正确；故选Ao1 1.金属材料在日常生活以及生产中有着广泛的运用。下列关于金属的一些说法不正确的是A.合金的性质与其成分金属的性质不完全相同B.工业上金属Mg、A l都是用电解熔融的氯化物制得的C.金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子D.越活泼的金属越难冶炼【答案】B【解析】【详解】A.合金的性质与其成分金属的性质不完全相同，A 正确；B.金属镁用电解熔融MgC

39、L的方法制备，金属铝用电解熔融AI2O3的方法制备，B 错误；C.金属冶炼的本质是金属阳离子得到电子变成金属原子，C 正确；D.越活泼的金属其金属阳离子越难得到电子，因此越难冶炼，D 正确；答案选B。1 2.对热化学方程式H2(g)+12(g)=2HI(g)；H=+52kJ-moH的叙述中，正确的是A.Imol氢气和Imol碘蒸气完全反应需要吸收26kJ热量B.1个氢分子和1 个碘分子完全反应需要吸收52kJ热量C.lmolH2(g)与 lmoH2(g)完全反应生成2mol HI气体需吸收52kJ热量D.lmolH2(g)与 ImoIL(g)完全反应放出26kJ热量【答案】C【解析】【详解】A

40、.lmol氢气和Imol碘蒸气完全反应需要吸收52k.J热量，A 错误；B.热化学方程式的系数表示相应物质的物质的量的多少，不能表示物质分子数目，B 错误；C.热化学方程式H2(g)+h(g)=2HI(g)AH=+52kJ/mol表示的意义：lmolH2(g)与 ImolL(g)完全反应生成2moi的 HI气体需吸收52kJ的热量，C 正确；D.热化学方程式H2(g)+L(g)=2HI(g)AH=+52kJ/mol中，焙变值是正值，表明反应为吸热反应，不会放出热量，D 错误；故合理选项是Co13.下列化合物中阳离子半径与阴离子半径比值最小的是（）A.NaF B.Mgk C.Bal2 D.KBr

41、【答案】B【解析】【详解】要使阳离子半径与阴离子半径比值最小，即要选出r（阳）最小者，r（阴）最大者，在 Na*、Mg*、Ba、K*中，N a Mg”电子层数少，半径比另两种小，又因Mg”核电荷数多，对外层电子吸引力强，半径比Na，还小。在 F-B r 三种阴离子中，因为 电子层数最多，所以半径最大，因此阳离子半径与阴离子半径比值最小MgL。故答案选B。【点睛】原子半径、离子半径大小的比较有以下几条规律：（1）同主族元素，电子层数越多，半径越大。（2）同周期元素，核电荷数越大，半径越小。（3）同一元素的阴离子半径大于原子半径，阳离子半径小于原子半径。（4）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半

42、径越小。14.短周期元素X和 Y,可形成化合物X-3（X为最高正价），若 Y的原子序数为n,则 X的原子序数不可能的是：（）A.n_2；B.n_3；C.n+5；D.n-ll【答案】A【解析】【分析】化台物X2Y3,则 X 元素的化合价为+3价，Y 元素的化合价为-2 价，则 X 可能为B 或 A1元素，可能为O或 S 元素。还存在特殊情况：X 为 N 元素、Y 为 O 元素形成的化合物。【详解】A、根据化合价的形成原理可知，化台价为奇数的，核电荷数为奇数，化合价为偶数的，核电荷数为偶数,则 X、Y 的核电荷数之差不可能为偶数2,因奇数和偶数的差与和还是奇数，选项A 选；B、若化合物X2Y3为

43、AI2S3,A1的核电荷数为13,S 的为1 6,已知Y 的核电荷数为n,则 X 的核电荷数为 n-3,选 项 B 不选；C、若化合物X2Y3为 ALCh,AI的核电荷数为13,O 的为8,已知Y 的核电荷数为n,则 X 的核电荷数为 n+5,选 项 C 不选；D、若化合物X2Y3为 Be2s3,B e的核电荷数为5,S 的为16,已知Y 的核电荷数为n,则 X 的核电荷数为 n-U,选 项 D 不选；答案选A。1 5.下列说法正确的是（）A.CaCL中既有离子键又有共价键，所以CaCb属于离子化合物B.上0 汽化成水蒸气、分解为上和 0 2,都需要破坏共价键C.C 同。的两种同分异构体因为分

44、子间作用力大小不同，因而沸点不同D.水晶和干冰都是共价化合物，均属于原子晶体【答案】C【解析】【分析】A.含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，非金属元素之间易形成共价键；B.分子晶体汽化时破坏分子间作用力，分解破坏共价键；C.结构不同的分子分子间作用力不同，分子间作用力不同的分子沸点不同；D.相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期表中第IVA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、SiO2、SiC等。【详解】A.CaCL含有离子键无共价键，为离子化合物，A 错误；B.H2O分子之间存在分子间作用力，汽化成水蒸

45、气，破坏分子间作用力，出0 分解为H2和 0 2,需要破坏共价键H-O 键，B 错误；C.丁烷有CH3cH2cH2cH3、CH3cH（CH3）2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C 正确；D.水晶为二氧化硅，属于原子晶体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，D 错误；答案选C。【点睛】本题考查化学键、分子间作用力的判断，为高频考点，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题的关键。1 6.下列不属于高分子化合物的是（）A.纤维素B.聚氯乙烯C.淀粉D.油脂【答案】D【解析】纤维素和淀粉属于多糖，分子式为（C6Hio05

46、）n,n 值很大，是天然高分子化合物，故 A、C 错误;+CII-C1I+,B 项，聚氯乙烯（）是合成有机高分子化合物，故 B 错误；D 项，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，D 正确。点睛：本题考查高分子化合物的判断，注意基础知识的积累。高分子化合物（又称高聚物）一般相对分子质量高于10000,结构中有重复的结构单元；有机高分子化合物可以分为天然有机高分子化合物（如淀粉、纤维素、蛋白质天然橡胶等）和合成有机高分子化合物（如聚乙烯、聚氯乙烯等）。1 7.下列关于酯化反应说法正确的是A.用 CH3CH218OH与 CH3coOH发生酯化反应，生 成 H218O

47、B.乙酸乙酯不会和水生成乙酸和乙醇C.反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸最后加入乙酸D.用蒸储的方法从饱和Na2c03溶液中分离出乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A.用 CH3CH2I8OH与 CHjCOOH发生酯化反应，由于酯化反应的实质是酸脱羟基醇脱氢，所以反应产生的水分子式应该为H2O,A 错误；B.酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，因此乙酸乙酯也会和水生成乙酸和乙醇，B 错误；C.进行酯化反应，反应液混合时，顺序为先取乙醇再加入浓硫酸，待混合溶液冷却后再加入乙酸，C 正确;D.乙醇能够溶液碳酸钠溶液的水中，乙酸与碳酸钠发生反应，产生可溶性乙酸钠，而乙酸乙酯难溶于碳酸钠饱和溶液

48、，且密度比水小，因此可用饱和Na2cCh溶液通过分液方法分离出乙酸乙酯，D 错误；故合理选项是C.1 8.乙醇分子中不同的化学键如图，关于乙醇在不同反应中断裂键的说明不正确的是HO-3-Hl cH-HICIH-HA.和金属钠反应键断裂B.在铜催化下和02反应键断裂C.在空气中完全燃烧时断裂D.在 Ag催化下和Ch反应键断裂【答案】B【解析】【分析】【详解】A.乙醇与金属钠反应生成乙醇钠，脱去羟基上的氢原子，即键断裂，故 A 正确；B.乙醇在铜催化下和02反应生成乙醛，乙醇中的键断裂，故 B 错误；C.燃烧是有机物最剧烈的反应，生成二氧化碳和水，所有的化学键都要断裂，故 C 正确；D.乙醇在Ag

49、催化下与Oz反应生成乙醛和水，乙醇中的键断裂，故 D 正确；故答案为B。19.一定量的锌粉和6mol、L 的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量的是（）石墨 CuO 铜粉 铁粉 浓盐酸A.B.C.D.【答案】B【解析】加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生灰的总量，故正确;加入CuO,与盐酸反应生成氯化铜，氯化铜与锌反应生成铜，形成原电池，加快反应，但与盐酸反应的锌的量减少，生成氢气的总量减少，故错误；加入铜粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生上的总量，故正确；加入铁粉，构成原电池，反应速率加快，锌反

50、应完毕，铁可以与盐酸反应生成氢气，产生上的总量增大，故错误；加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生友的总量，故正确；综上所述，只有B正确，故选B。点睛：本题考查化学反应速率的影响元素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查。注意加入氧化铜、Fe粉对氢气总量的影响，是本题的易错点。2 0.关于SO2的说法正确的是A.难溶于水 B.是无毒气体 C.使品红试液褪色 D.密度比空气小【答案】C【解析】【详解】A.1体积的水能溶解40体积二氧化硫，所以二氧化硫易溶于水，故 A 错误；B.二氧化硫是无色有毒气体，有刺激性气味，故 B 错误；C.二氧化硫能和有色物质反应生成无色