2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高一下学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高一下学期期中考试化学试题（解析版）

‎2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高一下学期期中考试化学试题（解析版）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 0-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 ‎ 选择题部分 一、选择题(本大题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1.下列不属于化石燃料的是 A. 煤 B. 石油 C. 天然气 D. 甲醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】煤、石油和天然气是三大化石燃料，甲醇不属于化石燃料，属于可再生能源。故选D。‎ ‎2.人类将在未来几十年内逐渐由“碳素燃料文明时代”过渡至“太阳能文明时代”（包括风能、生物质能等太阳能的转换形态），人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”。下列说法不正确的是 A. 研究菠菜蛋白质“发电”不属于“太阳能文明”‎ B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应 C. 太阳能电池可将太阳能转化为电能 D. 石油和天然气都属于碳素燃料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.菠菜蛋白质“发电”属于生物质能的利用，生物质能为太阳能的转换形态，属于“太阳能文明”，A错误；‎ B.发展太阳能经济有利于控制化石燃料的使用，从而减缓了温室效应，B正确；‎ C.太阳能电池可将太阳能直接转化为电能，C正确；‎ D.由题意知，石油和天然气都属于碳素燃料，D正确；‎ 故合理说法是A。‎ ‎3.1993年的世界十大科技新闻称：中国学者许志福和美国科学家穆尔共同合成了世界上最大的碳氢分子，其中1个分子由1134个碳原子和1146个氢原子构成。关于此物质，下列说法错误的是 A. 是烃类化合物 B. 常温下呈固态 C. 具有类似金刚石的硬度 D. 易被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 只有碳氢两种元素的物质为烃，当碳原子数超过16时，一般为固态；烃一般为分子晶体，硬度较小；从其分子组成来看，远没有达到饱和，故含有不饱和键，易被氧化。故答案为C ‎4.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是 A. 铝片与稀硫酸反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 C. 甲烷在O2中的燃烧 D. 灼热的炭与CO2反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝片与稀硫酸反应是氧化还原反应，又是放热反应，A不符合题意；‎ B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应不是氧化还原反应，B不符合题意；‎ C.甲烷在O2中的燃烧反应既是氧化还原反应，又是放热反应，C不符合题意；‎ D.灼热的炭与CO2反应既是氧化还原反应，又是吸热反应，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎5.下列各组物质属于同分异构体的是 A. CH3CH2COOH和CH3COOCH3 B. O2和O3‎ C. 和 D. 12C和13C ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CH3CH2COOH和CH3COOCH3分子式相同，结构不同，前者属于羧酸，后者属于酯，二者是同分异构体，A符合题意；‎ B.O2和O3是氧元素的两种不同性质的单质，属于同素异形体，B不符合题意；‎ C.由于甲烷是正四面体结构，4个C—H键完全相同，二氯甲烷是四面体结构，故这两个图示表示的是同一物质，C不符合题意；‎ D. 12C和13C是碳元素的两种不同的核素，互称同位素，D不符合题意；‎ 故合理选项是A。‎ ‎6.下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是 A. 乙炔能使高锰酸钾溶液和溴水褪色，两者原理相同 B. 乙烯的空间构型是平面型 C. 甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同 D. 苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有碳碳双键 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙炔能使高锰酸钾溶液褪色是由于发生氧化反应，使溴水褪色是由于发生加成反应，褪色原理不相同，A错误；‎ B.乙烯的键角是120°，乙烯分子中的6个原子在同一平面上，因此空间构型是平面型，B正确；‎ C.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型都是取代反应，因此反应类型相同，C正确；‎ D.碳碳双键能够与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有碳碳双键，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.有关苯的结构和性质，下列说法正确的是 A. 与是同分异构体 B. 苯在空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟 C. 酸性高锰酸钾溶液能与苯发生氧化反应而褪色 D. 向2 mL苯中加入1 mL酸性高锰酸钾溶液，震荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．和分子式相同，结构相同二者是同种物质，故A错误； B．苯分子中含碳量高，在空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟，故B正确； C．酸性高锰酸钾溶液不能和苯发生反应，故C错误； D．苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯的密度比水的小，因此在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色，故D错误。 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了苯的性质，明确苯分子的结构特点及其性质是解题关键，注意同分异构体的判断。‎ ‎8.下列反应不属于取代反应的是 A. CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl B. +Br2+HBr C. CH2=CH2＋HBrCH3CH2Br D. CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷与氯气在光照条件下反应产生一氯甲烷和HCl的反应属于取代反应，A不符合题意；‎ B.苯与液溴在Fe存在下反应生成溴苯和HBr，反应类型为取代反应，B不符合题意；‎ C.乙烯与HBr反应生成CH3CH2Br的反应类型为加成反应，C符合题意；‎ D. CH3CH2OH与CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯和水的反应属于取代反应，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.下列表示物质或微粒的化学用语或模型正确的是 A. 次氯酸分子结构式 H—Cl—O B. 钙离子的电子式：Ca2+‎ C. 二氧化碳电子式∶∶C∶∶‎ D. Mg2+的结构示意图：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.次氯酸分子中O原子分别与H、Cl形成共用电子对，结构式是H-O-Cl，A错误；‎ B.Ca原子最外层有2个电子，失去最外层的2个电子变为Ca2+，钙离子的电子式：Ca2+，B正确；‎ C.二氧化碳分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，故CO2的电子式为，C错误；‎ D. Mg2+是Mg原子失去最外层的2个电子形成的，所以Mg2+的结构示意图是；D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.对于A2+3B2 2C的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速度最慢的是 A. υ（B2）=0.8 mol/(L·s) B. υ（B2）= 3mol/(L·min)‎ C. υ（C）=0.6 mol/(L·s) D. υ（A2）=0.4 mol/(L·s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】都转化为用B2物质表示的反应速率，速率单位用mol/(L·s)表示，然后再比较大小。‎ A. υ(B2)=0.8 mol/(L·s)， ‎ B. υ(B2)=3mol/(L·min)=0.05 mol/(L·s)；‎ C. υ(C)=0.6 mol/(L·s)，则根据速率比等于化学计量数的比，可知υ(B2)= υ(C)=×0.6 mol/(L·s)=0.9 mol/(L·s)；‎ D. υ(A2)=0.4 mol/(L·s)，根据速率比等于化学计量数的比，可知υ(B2)=3υ(A2)=1.2 mol/(L·s)，故反应速率最慢的是B；‎ 故选项B符合题意。‎ ‎11.下列化学键类型相同晶体类型也相同的是 A. 晶体SiO2与干冰 B. NaCl与HCl C. 金刚石和C60 D. NH4Cl与NaOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.晶体SiO2是由共价键形成的原子晶体；干冰是分子晶体，干冰分子内化学键是共价键，二者晶体类型不同，A不符合题意；‎ B.NaCl是由离子键形成的离子晶体，而HCl是由分子构成的分子晶体，HCl分子内的化学键为共价键，二者的化学键类型和晶体类型都不相同，B不符合题意；‎ C.金刚石是由原子通过共价键形成的原子晶体，而C60是由分子构成的分子晶体，C60分子内的化学键为共价键，二者的化学键类型相同，但晶体类型不相同，C不符合题意；‎ D.NH4Cl与NaOH都是离子晶体，都含有离子键、极性共价键，化学键类型和晶体类型都相同，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎12.下列措施对增大反应速率明显有效的是 A. 在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强 B. Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸 C. Al在氧气中燃烧生成A12O3，将Al片改成Al粉 D. Na与水反应时增大水的用量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．K2SO4与BaCl2两溶液反应中没有气体参与，增大压强反应速率不变，A错误；B．Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸铁钝化，得不到氢气，B错误；C．增大反应物的接触面积反应速率加快，则将Al片改成Al粉反应速率加快，C正确；D．水是纯液体，Na与水反应时增大水的用量不能改变反应速率，D错误，答案选C。‎ 考点：考查外界条件对反应速率的影响 ‎13.下列叙述正确的是 A. 离子晶体中，只存在离子键，不可能存在其他化学键 B. 原子晶体中，只存在共价键；稀有气体的原子能形成分子晶体 C. NaHSO4、Na2O晶体中的阴、阳离子个数比均为1∶2‎ D. 阴、阳离子通过静电引力而形成的化学键叫离子键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.离子晶体中，一定存在离子键，可能存在其他化学键，如NaOH中含有离子键和共价键，A错误；‎ B.原子晶体中，原子间以共价键结合，因此只存在共价键；而稀有气体的原子是稳定结构，因此一个原子就是一个分子，能形成分子晶体，B正确；‎ C.NaHSO4的阳离子是Na+，阴离子是HSO4-，晶体中的阴、阳离子个数比为1∶1，C错误；‎ D.阴、阳离子通过静电作用而形成的化学键叫离子键，静电作用包括静电引力和静电斥力，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下：‎ a极质量减小，b极质量增加 b极有气体产生，c极无变化 d极溶解，c极有气体产生 电流从a极流向d极 由此可判断这四种金属的活动性顺序是 A. d>a>b>c B. b>c>d>a C. a>b>c>d D. a>b>d>c ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】第一个装置中a极质量减小，b极质量增加，a为负极，b为正极，说明金属活动性a>b；‎ 第二个装置没有形成原电池，由于b极有气体产生，c极无变化，说明b可以置换酸中的H，c不能置换酸中的H，所以金属活动性b>c；‎ 第三个装置构成了原电池，其中d极溶解，c极有气体产生，d为负极，c为正极，说明金属活动性d>c；‎ 第四个装置中，电流从a极流向d极，a为正极，d为负极，则金属活动性d>a；‎ 综上所述，可知金属活动性有强到弱的顺序是d>a>b>c。‎ 故合理选项是A。‎ ‎15.沼气是一种能源，它的主要成分是CH4。0.5mol CH4完全燃烧生成CO2和H2O(l)，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是 A. 2CH4(g)+4O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H═+890 kJ/mol B. CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H═+890 kJ/mol C. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H═﹣890 kJ/mol D. CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H═﹣890 kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知0.5mol CH4完全燃烧生成CO2气体和H2O(l)放出热量445kJ，则1mol CH4完全燃烧生成CO2气体和H2O(l)放出热量890kJ，所以热化学方程式是CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H═﹣890 kJ/mol；‎ A，∆H应为-1780kJ/mol，A项错误；‎ B，∆H应为-890kJ/mol，B项错误；‎ C，符合热化学方程式的书写，C项正确；‎ D，∆H应为-445kJ/mol，D项错误；‎ 选项C合理。‎ ‎16.一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是 A. 该反应的化学方程式为6A＋2 D3B＋4C B. 反应进行到1 s时，v(A)＝v(B)‎ C. 反应进行到5 s时，B的平均反应速率为0.06mol/(L·s)‎ D. 反应进行到5 s时，v(A)＝v(B)＝v(C)＝v(D)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．由图可知，反应达到平衡时A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol、B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol，所以A、D为生成物，物质的量之比为3：1，B、C为反应物，物质的量之比为3：4，反应方程式为：3B+4C6A+2D，故A错误；B．反应到1s时，v(A)═==0.3mol/(L•s)，v(C)═==0.1mol/(L•s)，所以v(A)≠v(C)，故B错误；C．反应进行到5s时，v(B)===0.06mol/(L•s)，故C正确；D．反应进行到5s时，v(A)===0.12mol/(L•s)，v(B)===0.06mol/(L•s)，v(C)====0.08mol/(L•s)，v(D)====0.04mol/(L•s)，所以反应进行到5s时，各物质的反应速率不相等，故D错误；答案为C。‎ ‎17.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3 倍，Y 原子的最外层只有2 个电子，Z 单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族。下列叙述正确的是 A. 元素X 的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 B. 元素W 的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱 C. 原子半径的大小顺序： rY >rZ >rW >rX D. 化合物YX、ZX2、WX3 中化学键的类型相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X是O元素；Y原子的最外层只有2个电子，Y是Mg元素；Z单质可制成半导体材料，Z是Si元素；W与X属于同一主族，W是S元素。元素H2O的热稳定性比H2S的强，故A正确； H2SO4的酸性比H2SiO3的强，故B错误；化合物MgO离子键、SiO2共价键、SO3共价键，故C错误；原子半径的大小顺序：rY＞rZ＞rW＞rX，故D正确。‎ 考点：本题考查元素性质递变。‎ ‎18.已知钍的原子可发生下列放射性变化：→+，生成的X是与Mg同主族的一种元素的原子，下列对X的推断错误的是（ ）‎ A. X的氢氧化物是一种强碱 B. X元素位于第六周期 C. X的碳酸盐难溶于水 D. X的最高化合价为+2价 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. X是与Mg同主族的一种元素的原子，X的质子数为88，X的原子序数为88>86（86号为第6周期0族元素），X位于第七周期第IIA族，对于同一主族元素，元素的金属性随着原子序数的增大而增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，X的金属性大于Ba，所以X的氢氧化物的碱性大于Ba（OH）2，氢氧化钡是强碱，所以X的氢氧化物是一种强碱，A正确；‎ B. X的质子数为88，X的原子序数为88>86（86号为第6周期0族元素），X位于第七周期第IIA族，B错误；‎ C.根据元素周期律，同一主族元素及其化合物具有相似性，第IIA族元素的碳酸镁微溶于水、碳酸钙和碳酸钡不溶于水，所以X的碳酸盐难溶于水，C正确；‎ D. X是与Mg同主族的一种元素的原子，X原子的最外层有2个电子，X的最高化合价为+2价，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎19.研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，下列“水” 电池在海水中放电时的有关说法正确的是( )‎ A. 正极反应式：Ag＋Cl－－e－=AgCl B. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子 C. Na＋不断向“水”电池的负极移动 D. AgCl是还原产物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可知，Ag的化合价升高，被氧化，为原电池的负极，错误；B、式中5MnO2得电子生成Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，正确；C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，错误；‎ D、Ag的化合价升高，被氧化，AgCl是氧化产物，错误。‎ 考点：考查电极反应和电池反应方程式；原电池和电解池的工作原理。‎ ‎20.1mol乙烯与Cl2完全加成，其产物再与Cl2彻底取代，两个过程中共用Cl2‎ A. 2mol B. 4mol C. 5mol D. 6mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】乙烯与Cl2发生加成反应时，双键与Cl2的物质的量之比为1：1，1molC2H4中双键的物质的量为1mol，所以1molC2H4与Cl2完全发生加成反应需要氯气的物质的量为1mol；根据碳原子守恒知，生成1，2-二氯乙烷的物质的量为1mol，1，2-二氯乙烷发生取代反应时，氢原子与Cl2的物质的量之比为1：1，1mol的1，2-二氯乙烷中氢原子的物质的量为4mol，所以1mol的1，2-二氯乙烷再发生完全取代反应时需要氯气的物质的量为4mol，则通过以上分析知，需要氯气的物质的量=1mol+4mol=5mol，因此合理选项是C。‎ ‎21.等质量的两份锌粉a、b分别加入到两份相同体积相同、物质的量浓度相同且过量的稀硫酸中，同时向a中加入少量的CuSO4溶液，下列各图为产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系，其中正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：a、b中的Zn的质量相同，稀硫酸是过量的，所以金属物剩余；又a中加入硫酸铜溶液，与Zn反应生成Cu和硫酸锌，消耗Zn，使Zn与稀硫酸反应产生的氢气的体积减少，同时形成铜、锌原电池使反应速率加快，所以a曲线先反应完全，所需时间较少，但生成的氢气的体积少于b，答案选A。‎ 考点：考查反应速率、原电池、生成氢气的量的判断 ‎22.在恒温恒容容器中：2NO2 2NO＋O2不能说明反应达平衡状态的是：‎ ‎①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2； ②单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO； ③NO2、NO、O2 的反应速率的比为2 : 2 : 1的状态； ④混合气体的颜色不再改变的状态； ⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。‎ A. ①④⑥ B. ②③⑤‎ C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；②根据方程式，生成n mol O2 的同时一定生成2n mol NO，不能说明反应达到平衡状态，错误；③根据方程式，若为同一方向，则任何时候NO2、NO、O2 的反应速率的比都等于2 : 2 : 1，不能说明反应达到平衡状态，错误；④反应中只有二氧化氮有颜色，混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，反应达到平衡状态，正确；⑤容器的体积不变，气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，错误；⑥反应前后气体的物质的量发生变化，气体的质量不变，混合气体的平均相对分子质量随着反应的进行发生变化，当混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，正确，反应达平衡状态的有①④⑥，不能说明反应达平衡状态的有②③⑤，故选B。‎ ‎23.单斜硫和正交硫转化为二氧化硫能量变化图如图，下列说法正确的是： ‎ ‎ ‎ A. 单斜硫没有正交硫稳定 B. S(s，单斜)＝S(s，正交) △H＝＋0.33 kJ· mol－1‎ C. 相同物质的量的正交硫比单斜硫所含能量高 D. ①式表示断裂l mol O2中共价键所吸收的能量比形成1 mol SO2中的共价键所放出的能量少297.16 kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，物质的能量越高，越不稳定，硫和氧气的总能量高于二氧化硫的总能量，生成SO2的反应为放热反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．物质的能量越高越不稳定，由图象可以看出，单斜硫的能量比正交硫的能量高，则正交硫比单斜硫稳定，故A正确；‎ B．单斜硫的能量比正交硫的能量高，S(s，单斜)=S(s，正交)为放热反应，△H=(-297.16kJ/mol)-( -296.83kJ/mol)=-0.33kJ/mol，故B错误；‎ C．由图象可以看出，相同物质的量的单斜硫的能量比正交硫的能量高，故C错误；‎ D．①式反应需断裂单斜硫中S-S键和O=O键，不仅仅是断裂lmolO2中的共价键，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎24.某同学为探究FeCl3与KI反应是否存在反应限度，设计了如下实验方案(FeC13溶液、KI溶液浓度均为0.1mo1・L-1)，最合理的方案是 A. 方案1 B. 方案2 C. 方案3 D. 方案4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ KI溶液和FeCl3溶液发生氧化还原反应生成Fe2+和I2，反应的离子方程式为2Fe3++2I-═2Fe2++I2，反应后的溶液中加入CCl4，如有机层呈紫红色，则说明生成碘，向含Fe3+的溶液中滴加几滴KSCN溶液呈血红色，这是Fe3+的特殊反应，所以可滴加KSCN溶液，溶液显血红色，发生Fe3++3SCN-═Fe（SCN）3，就说明Fe3+没有反应完，故D正确。‎ ‎25.某探究小组利用丙酮的溴代反应(CH3COCH3＋Br2CH3COCH2Br＋HBr)来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率v(Br2)通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定，在一定温度下，获得如下实验数据：‎ 实验序号 初始浓度c/mol·L－1‎ 溴颜色消失所需时间t/s CH3COCH3‎ HCl Br2‎ ‎①‎ ‎0.80‎ ‎0.20‎ ‎0.001 0‎ ‎290‎ ‎②‎ ‎1.60‎ ‎0.20‎ ‎0.001 0‎ ‎145‎ ‎③‎ ‎0.80‎ ‎0.40‎ ‎0.001 0‎ ‎145‎ ‎④‎ ‎0.80‎ ‎0.20‎ ‎0.002 0‎ ‎580‎ 分析实验数据所得出的结论不正确的是 A. 增大c(CH3COCH3)，v(Br2)增大 B. 实验②和③的v(Br2)相等 C. 增大c(HCl)，v(Br2)增大 D. 增大c(Br2)，v(Br2)增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强以及催化剂等因素，一般情况下在其它条件相同时，反应物的浓度越大，反应速率越快，本题中溴作为反应物，其浓度越大，物质的量越多，其颜色消失的时间会越长，另外可从表中数据判断出，①④两组实验中CH3COCH3，HCl的浓度是相同的，而④中Br2比①中的大，所以时间变长，速率变慢。‎ A、对比①②组数据，可以判断出增大c（CH3COCH3），v（Br2）增大，故A正确；‎ B、比较实验②和③数据，Br2的浓度相等，溴颜色消失所需的时间也相等，溴的反应速率是相等的，故B正确；‎ C、比较①③数据可以判断出，增大c（HCl），v（Br2）增大，故C正确；‎ D、对比①④两组实验中CH3COCH3，HCl的浓度是相同的，而④中Br2比①中的大，所以时间变长，速率变慢，故D不正确；‎ 故选D。‎ 考点：探究影响化学反应速率的因素 点评：本题考查化学反应速率及其影响因素，做题时注意加强对表中数据的比较和分析，不难得出结论。‎ 非选择题部分 二、非选择题(本大题包括5小题，共50分)‎ ‎26.按要求书写 ‎(1)氨气的电子式：_________，乙炔的结构简式：___________；‎ ‎(2)工业上利用乙烯催化水化法制取乙醇，化学反应方程式：________反应类型：____________‎ ‎(3)苯与浓硝酸在50~60℃下发生硝化反应：________反应类型：_____________；‎ ‎(4)已知键能如下：‎ 化学键 H—H N—N N—H N≡N 键能kJ/mol ‎432‎ ‎247‎ ‎389‎ ‎942‎ 写出N2和H2合成NH3的热化学方程式：_____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). CH≡CH (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (4). 加成 (5). +HNO3+H2O (6). 取代 (7). N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；△H=-96kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)N原子与3个H原子形成3对共用电子对；乙炔分子中2个C原子形成3对共用电子对，每个C原子与H原子形成1对共用电子对；‎ ‎(2)乙烯与水发生加成反应制取乙醇；‎ ‎(3)苯与浓硝酸在50~60℃下发生取代反应生成硝基苯和水；‎ ‎(4)根据反应热为断键吸收能量与成键放出能量的差计算。‎ ‎【详解】(1)N原子最外层有5个电子，有三个成单电子分别与3个H原子形成3对共用电子对，所以NH3的电子式为；乙炔分子中2个C原子之间形成3对共用电子对，每个C原子与1个H原子形成1对共用电子对，因此乙炔的结构简式为CH≡CH；‎ ‎(2)乙烯与水在催化剂存在时发生加成反应产生乙醇，反应方程式为：CH2=CH2+ H2O CH3CH2OH，反应类型为加成反应；‎ ‎(3)苯与浓硝酸在50~60℃下发生取代反应生成硝基苯和水，反应方程式为：+HNO3+H2O，反应类型为取代反应；‎ ‎(4)N2与H2合成氨气的反应方程式为N2＋3H22NH3；根据反应热的含义为断裂反应物的化学键吸收能量与形成生成物的化学键放出能量的差，可知该反应的反应热为942kJ/mol+3×432kJ/mol-6×389kJ/mol=-96kJ/mol，所以该反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H=-96kJ/mol。‎ ‎【点睛】本题考查了化学用语的知识，包括电子式、结构简式、化学方程式的书写及热化学方程式的计算，掌握化学用语是学好化学的基础，理解化学用语的含义是学好化学用语的前提。‎ ‎27.将等物质量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，C的平均反应速率是0.1mol/(L·min)，且此时A的物质的量浓度为0.25 mol/L。‎ ‎(1)x的值是__________；‎ ‎(2)B的平均反应速率__________；‎ ‎(3)则反应开始前放入容器中A的物质的量_____________。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 0.05mol/(L·min) (3). 2mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据D的浓度求出υ(D)，然后根据化学反应速率比等于化学计量数的比，可得x值；‎ ‎(2)根据反应速率之比等于化学计量数之比求出υ(B)；‎ ‎(3)根据反应速率计算出△n(A)，结合5min时A的浓度进一步计算出开始时A的浓度及物质的量。‎ ‎【详解】(1) 5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，则υ(D)= 0.5mol/L÷5min=0.1mol/(L·min)；‎ 由于此时υ(C)=0.1mol/(L·min)= υ(D)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，可知x=2；‎ ‎(2) 根据反应速率之比等于化学计量数之比，υ(B):υ(D)=1:2，所以υ(B)=υ(D)= 0.05mol/(L·min)；‎ ‎(3)根据反应速率之比等于化学计量数之比，υ(A):υ(B)=3:1，υ(B)=0.05mol/(L·min)，则υ(A)=3υ(B)=0.15mol/(L·min)，A物质变化的物质的量为△n(A)= 0.15mol/(L·min)×5min×2L=1.5mol，此时反应混合物中A的物质的量浓度为0.25 mol/L，未反应的A的物质的量为0.25mol/L×2L=0.5mol，因此反应开始时A物质的物质的量为n(A)=0.5mol+1.5mol=2mol。‎ ‎【点睛】本题考查了化学反应速率的有关知识，涉及化学反应速率的定义式、不同物质的速率关系及与反应物与生成物的物质的量浓度的关系等，掌握速率的定义及反应实质是解题关键。‎ ‎28.下图是某化学兴趣小组探究化学能转变为电能的装置。‎ ‎(1)当电极a为Zn、电极b为Fe、电解质溶液为稀硫酸时，SO42-向_____极（填a或b）移动，正极的电极反应式为：_____________‎ ‎(2)若依据氧化还原反应：Cu+2Fe3＋=Cu2＋+2Fe2＋‎ 设计原电池，电极a为石墨、则电极b为电池的_______极，发生的电极反应式为：_______，电极a上发生的电极反应为______(填“氧化”或“还原”)反应。‎ ‎(3)燃料电池的工作原理是将燃料和氧化剂(如O2)反应所放出的化学能直接转化为电能。现设计一燃料电池，以电极a为正极，电极b为负极，氢气为燃料，采用酸性溶液为电解液；则氢气应通入_____极(填a或b)。a极发生电极反应式为：________。当电路中通过2mol电子时，理论上消耗标况下氧气_____L。‎ ‎【答案】 (1). a (2). 2H++2e-=H2↑ (3). 负 (4). Cu-2e-=Cu2+ (5). 还原 (6). b (7). O2+4e-+4H+=2H2O (8). 11.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据原电池的工作原理来回答；‎ ‎(2)原电池中失电子的物质作负极，根据方程式知，铜失电子，发生氧化反应，作负极，导电的非金属单质石墨作正极，正极上溶液中的Fe3+获得电子，发生还原反应； ‎ ‎(3)在燃料电池中，通燃料的电极为负极，通入氧气的电极是正极，正极是氧气得电子，电子从负极流向正极，根据电子转移数目作计算。‎ ‎【详解】(1) Zn、Fe、稀硫酸构成的原电池，由于Zn比Fe活泼，金属Zn作负极，金属Fe为正极，SO42-向负极a电极方向移动；正极上溶液中的H+获得电子，发生还原反应，电极反应为：2H++2e-=H2↑；‎ ‎(2)在原电池中失电子的物质作负极，根据方程式知，铜失电子，发生氧化反应，作负极；由于电极a为石墨，是惰性电极，则电极b为Cu，是电池的负极，负极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；导电的非金属单质石墨作正极，正极上溶液中的Fe3+获得电子，发生还原反应；‎ ‎(3)在氢氧燃料电池中，燃料氢气在负极通入，氧气在正极通入，在正极上氧气得电子，电子从负极流向正极。若以电极a为正极，电极b为负极，氢气为燃料，采用酸性溶液为电解液；则氢气应通入b极，在正极a极上O2获得电子，与溶液中H+结合形成水，所以a电极发生电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，根据电极反应式可知：每有1molO2发生反应，转移4mol电子，则当电路中通过2mol电子时，理论上消耗标况下氧气的物质的量是0.5mol，其在标准状况下的体积V(O2)= 0.5mol ×22.4L/mol=11.2L。‎ ‎【点睛】本题考查原电池的结构和工作原理及相关计算，在原电池的负极失去电子，发生氧化反应；在原电池的正极上，发生还原反应，在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合物质的量的有关公式及所学电化学知识进行回答。‎ ‎29.在①CH4、②C2H2、③C2H4、④C2H6、⑤苯中 ‎(1)能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是__________。（填序号，下同）‎ ‎(2)相同物质的量，在氧气中完全燃烧时消耗氧气最多的是________；‎ ‎(3)相同质量，在氧气中完全燃烧时消耗氧气最多的是____，耗氧量、生成CO2‎ 和水都相等的是___________。‎ ‎【答案】 (1). ②③ (2). ⑤ (3). ① (4). ②⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)烷烃、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，烯烃、炔烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色；‎ ‎(2)物质化学式中含有的C、H原子数越多，等物质的量完全燃烧消耗氧气的物质的量就越多；‎ ‎(3)根据等质量的烃中H元素的含量越多，完全燃烧消耗氧气越多分析判断。‎ ‎【详解】(1)①CH4是烷烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，因而不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；②C2H2是炔烃，含有碳碳三键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化使其褪色；‎ ‎③C2H4是烯烃，含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化使其褪色；‎ ‎④C2H6是烷烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，因而不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；‎ ‎⑤苯是芳香烃，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因而不能使其褪色，‎ 故能够使酸性高锰酸钾溶液褪色是②③；‎ ‎(2)假设这几种物质的物质的量都是1mol。①1molCH4完全燃烧消耗O2的物质的量是2mol；②1molC2H2完全燃烧消耗O2的物质的量是2.5mol；③1molC2H4完全燃烧消耗O2的物质的量是3mol；④1molC2H6完全燃烧消耗O2的物质的量是3.5mol；⑤1mol苯完全燃烧消耗O2的物质的量是7.5mol；可见相同物质的量，在氧气中完全燃烧时消耗氧气最多的是苯，合理选项是⑤；‎ ‎(3)给出的物质都是烃，含有C、H两种元素，根据氢气、碳单质燃烧方程式：2H2+O22H2O，C++O2CO2可知：消耗1molO2，需要4gH，需要12gC，可见等质量的烃中H元素的含量越多，完全燃烧消耗的氧气越多。在上述五种物质中CH4的H元素含量最高，因此相同质量，在氧气中完全燃烧时消耗氧气最多的是甲烷，合理选项是①；‎ 耗氧量、生成CO2和水都相等，说明物质的最简式相同，观察上述五种物质可知乙炔和苯最简式相同，因此等质量的这两种物质完全燃烧耗氧量、生成CO2和水都相等，合理选项是②⑤。‎ ‎【点睛】本题考查了不同烃的化学性质及燃烧规律的知识。掌握物质的结构对性质的决定作用，注意物质燃烧消耗氧气的多少是等质量还是等物质的量，等质量时H元素含量多的耗氧气多；等物质的量时，物质分子中的C、H原子数越多，消耗氧气越多。‎ ‎30.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A元素的一种单质是自然界最硬的物质，B为最活泼的非金属元素，C元素的原子的电子层数是最外层电子数的3倍，D元素最高化合价为+6价。‎ ‎(1)D在周期表中的位置是 _____________，E的离子结构示意图_____________；‎ ‎(2)C与D 形成化合物的电子式为_____________；‎ ‎(3)A、D、E三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是______；‎ ‎(4)由B、C、D形成的简单离子半径由大到小的顺序是________________；‎ ‎(5)B形成的氢化物沸点比E形成的氢化物沸点_______(填“高”或“低”)，原因是___________；‎ ‎(6)DBn做制冷剂替代氟利昂，对臭氧层完全没有破坏作用，是一种很有发展潜力的制冷剂．该物质的摩尔质量为146g/mol，该物质的化学式为____。已知DBn在温度高于45°时为气态，DBn属于____晶体。‎ ‎【答案】 (1). 第三周期VIA族 (2). (3). (4). HClO4>H2SO4>H2CO3 (5). r(S2-)>r(F-)>r(Na+) (6). 高 (7). HF分子间会形成氢键 (8). SF6 (9). 分子 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A元素的一种单质是自然界最硬的物质，则A是C元素；B为最活泼的非金属元素，则B是F元素；C元素的原子的电子层数是最外层电子数的3倍，则C是Na元素；D元素最高化合价为+6价，则D是S元素，E是短周期主族元素，原子序数大于16，所以只能是Cl元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知：AC元素，B是F元素，C是Na元素，D是S元素，E是Cl元素。‎ ‎(1)D是S元素，K、L、M层依次排有2、8、6个电子，因此S在周期表中的位置是第三周期第VIA族，E是Cl元素，Cl原子最外层有7个电子，获得1个电子变为Cl-，最外层达到8个电子的稳定结构，因此Cl-的离子结构示意图是；‎ ‎(2)C与D 形成的化合物Na2S是离子化合物，Na+与S2-之间通过离子键结合，其电子式为；‎ ‎(3)A、D、E三种元素的最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、H2SO4、HClO4，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，由于元素的非金属性Cl>S>C，所以这三种酸的酸性由强到弱的顺序是HClO4>H2SO4>H2CO3；‎ ‎(4)由B、C两种元素形成的简单离子电子层结构相同，核外电子排布是2、8，由于原子序数越大，离子半径越小；D离子核外电子排布是2、8、8，电子层数越多，离子半径越大，因此三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是r(S2-)>r(F-)>r(Na+)；‎ ‎(5)B形成的氢化物是HF，E的氢化物是HCl，由于HF分子之间形成氢键，使其沸点比HCl高； ‎ ‎(6)DBn为SFn，该物质的摩尔质量为146g/mol，32+19n=146，解得n=6，所以该物质的化学式为SF6。已知SF6在温度高于45°时为气态，说明SF6属于分子晶体。‎ ‎【点睛】本题考查了元素周期表、元素周期律及物质结构的知识，涉及元素及化合物的推断、元素位置的判断、电子式、化学式、离子结构示意图的书写及微粒作用力的类型、离子半径比较等知识，掌握原子结构与元素的位置、性质的关系是本题解答的关键。‎ ‎ ‎