2018-2019学年四川省威远中学高一下学期第二次月考化学试题（解析版）

2018-2019学年四川省威远中学高一下学期第二次月考化学试题（解析版）

威远中学2018—2019学年高一下期第2次月考试题化学 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 Zn—65‎ 第Ⅰ卷(选择题 共42分)‎ 一、选择题（本大题共21个小题，每小题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.2014年1月22日是第45个“世界地球日”，主题是： “珍惜地球资源转变发展形势”。下列行为中不符合这一主题的是( )‎ A. 采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质 B. 大量开采化石原料，以满足社会对能源的需求 C. 减少直至不使用对大气臭氧层起破坏作用的氟氯烃 D. 节约能源，提高能源利用率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 绿色化学技术中最理想的是采用“原子经济”反应，实现反应的绿色化，即原料分子中的每一原子都转化成产品，不产生任何废物和副产物，故A符合上述主题；‎ B. 化石原料属于不可再生能源，且化石燃料的大量使用对环境也造成破坏作用，故B不符合上述主题；‎ C. 氟氯烃使用对大气臭氧层起破坏作用，所以较少或不使用对环境起到保护作用，故C符合上述主题；‎ D. 节约能源，提高能源利用率，符合“珍惜地球资源转变发展形势”这一主题；‎ 故选B。‎ ‎2.下列说法正确的是( )‎ A. 淀粉、纤维素、油脂、酶均属于天然的高分子化合物 B. 将苯、己烷、乙醇三种液体分别与溴水混合振荡后，混合液均分为两层，且溴水层无色 C. 同物质的量浓度的乙醇、乙酸、碳酸溶液，pH最小的是碳酸 D. 煤、石油、天然气、可燃冰均属于化石燃料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不是高分子化合物，故A错误；‎ B. 乙醇与溴水互溶，故B错误；‎ C. 同物质的量浓度的乙醇、乙酸、碳酸溶液，pH最小的是乙酸，故C错误；‎ D. 煤、石油、天然气、可燃冰均属于化石燃料，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎3.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是( )‎ A. 常温常压下，17g NH3含有的原子数为4NA B. 1molCnH2n+2含有的共价键数目为3nNA C. 1molCl2与足量铁反应，转移的电子数为3NA D. 标准状况下，11.2L H2O中含有的原子数为1.5NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温常压下，17g NH3的物质的量为1mol,含有的原子数为4NA故A正确；B. 1molCnH2n+2属于饱和烷烃，含有的共价键数目为（3n+1）NA，故B错误；C. 1molCl2与足量铁反应，转移的电子数为2NA，故C错误；D. 标准状况下， H2O不是气态，无法计算含有的原子数，故D错误；答案：A。‎ ‎4.2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确的是 A. In是第五周期第ⅢA族元素 B. 11549In的中子数与电子数的差值为17‎ C. 原子半径：In>Al D. 碱性：In(OH)3>RbOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，据此判断该元素在周期表中的位置；‎ B．质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的质子数=电子数；‎ C．同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大；‎ D．同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；‎ ‎【详解】A.根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为，因此In位于元素周期表第五周期第IIIA族，故A不符合题意；‎ B.质量数＝质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原子的质子数=电子数=49，中子数为115-49=66，所以中子数与电子数之差为66-49=17，故B不符合题意；‎ C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元素的原子，从上到下，电子层数逐渐增多，半径逐渐增大，因此原子半径In＞Al，故C不符合题意；‎ D.In位于元素周期表第五周期，铷（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：In(OH)3＜RbOH，故D符合题意；‎ 综上所述，本题应选D。‎ ‎【点睛】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎5.随着卤素原子半径的增大，下列递变规律正确的是( )‎ A. 单质的熔、沸点逐渐降低 B. 离子的还原性逐渐增强 C. 气态氢化物稳定性逐渐增强 D. 单质氧化性逐渐增强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ A. 卤素单质的熔沸点随着原子半径增大而升高。‎ B.卤素离子的还原性随着原子半径增大而增强。‎ C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定。‎ D. 卤族单质的氧化性随原子半径增大而减弱。‎ ‎【详解】A.卤素单质是分子晶体，分子晶体的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以卤素单质的熔沸点随着原子半径增大而升高 ，A错误。‎ B.卤素离子半径越大，原子核对最外层电子吸引力越小，还原性越强，所以卤素离子的还原性随原子半径增大而增强，B正确。‎ C.卤族元素非金属性随原子半径增大而减弱，所以气态氢化物的稳定性随着原子半径增大而逐渐减弱，C错误。‎ D.卤族元素得电子能力随着原子序数增大而减弱，所以卤素单质的氧化性随着原子半径增大而减弱，D错误。‎ ‎6.下图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法不正确的是( )‎ A. 气态氢化物的稳定性：R>W B. X与Y可以形成原子个数比为1∶1和1∶2的两种离子化合物 C. 由X、Y、Z、W、R五种元素形成的简单离子中半径最小的是X2-‎ D. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ X、Y、Z、W、R都为短周期元素，结合原子序数和主要化合价分析，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素；Y的化合价为+1价，处于ⅠA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素；Z为+3价，Z为Al元素；W的化合价为+6、-2价，故W为S元素；R的化合价为+7、-1价，则R为Cl元素。据此解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X、Y、Z、W、R依次为O、Na、Al、S、Cl元素；则 A. R为Cl，W为S，在同一周期，非金属性Cl＞S，所以HCl的稳定性比H2S强，A正确；‎ B. X为O，Y为Na，X与Y可以形成Na2O、Na2O2，两者都是离子化合物，B正确；‎ C.离子电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：S2-＞Cl-＞O2-＞Na+＞Al3+，C错误；‎ D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者发生反应NaOH+Al(OH)3＝NaAlO2+2H2O，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题的突破口是：根据图表中化合价的数值、原子序数的变化确定元素种类。再根据元素周期律的相关知识和化合物的性质进行判断即可。注意微粒半径大小比较的规律。‎ ‎7.下列表述正确的是( )‎ A. CH4的球棍模型示意图为 B. HF的电子式：‎ C. 乙烯的最简式为 CH2‎ D. 还有4种含有苯环的同分异构体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. CH4的比例模型示意图为，故A错误；B. HF属于共价化合物，其电子式：，故B错误；C. 乙烯的分子式为C2H4,所以最简式为 CH2，故C正确；D. 共有4种含有苯环的同分异构体，故D错误；答案：C。‎ ‎8.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )‎ A. 强碱性溶液中：K＋、AlO2-、Cl－、SO42-‎ B. 强酸性溶液中：K＋、SO42-、Fe2+、NO3-‎ C. 与铝反应产生大量氢气的溶液中：Na+、CO32-、NO3-、K+‎ D. 某无色溶液中：Fe3+、Cl－、Na+、NO3-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 强碱性溶液中K＋、AlO2－、Cl－、SO42－之间不反应，可以大量共存，A正确；B. 强酸性溶液中Fe2+、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C. 与铝反应产生大量氢气的溶液中如果显酸性，则CO32－、NO3－一定不能大量共存，C错误；D. 某无色溶液中Fe3+不能大量共存，D错误，答案选A。‎ ‎9.下列反应中，属于加成反应的是( )‎ A. 乙烯使酸性KMnO4溶液褪色 B. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色 C. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色 D. 甲烷与氯气混合光照一段时间后黄绿色消失 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯含有C=C双键，具有还原性，能和酸性KMnO4溶液发生氧化，故不选A；B. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色属于萃取，故不选B；C. ‎ 乙烯含有C=C双键，能和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，故C正确；D. 甲烷与氯气混合光照发生取代反应，故D不选；答案：C。‎ ‎10.某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是(　　)‎ A. 分子式为C7H6O5‎ B. 1 mol该物质能与4 mol Na发生反应 C. 分子中含有两种官能团 D. 在水溶液中羧基和羟基均能电离出H＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.分子式为C7H10O5，故A错误；B.1 mol该物质含有3个羟基和1个羧基，能与4 mol Na发生反应，故B正确；C. 分子中含有C=C、-COOH和-OH三种官能团，故C错误；D. 在水溶液中羧基能电离出H＋,羟基不能电离出H＋，故D错误；答案：B。‎ ‎【点睛】根据官能团判断相应的性质。含有-COOH和-OH能和金属钠反应，根据结构简式判断分子式。‎ ‎11.为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是(　　)‎ 选项 不纯物 除杂试剂 分离方法 A CH4(C2H4)‎ 酸性KMnO4溶液 洗气 B 苯(Br2)‎ NaOH溶液 过滤 C C2H5OH(H2O)‎ 新制生石灰 蒸馏 D 乙酸乙酯(乙酸)‎ 饱和Na2CO3溶液 蒸馏 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳；‎ B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应；‎ C. 乙酸与生石灰反应；‎ D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙酸可与碳酸钠反应；‎ ‎【详解】A.乙烯与酸性高锰酸钾反应生成二氧化碳,引入新杂质,应用溴水除杂,故A错误；‎ B.溴单质能与氢氧化钠溶液反应,而溴苯不能,然后分液即可分离，故B错误；‎ C.水与生石灰反应，生成的氢氧化钙沸点高，而乙醇沸点低,可用蒸馏的方法分离，故C正确； ‎ D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应,应用分液的方法分离，故D错误；‎ 正确选项C。‎ ‎【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质；选项A，就是一个易错点，虽然除去了乙烯，但是引入了二氧化碳，没有达到真正除杂的目的。‎ ‎12.下列关于有机物的说法中，正确的一组是(　　)‎ ‎①淀粉、油脂在一定条件下都能发生水解反应　 ②淀粉和纤维素互为同分异构体　‎ ‎③食用油属于酯类，石蜡油属于烃类　 ④石油的分馏和煤的气化都发生了化学变化 ‎ ‎⑤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 A. ①②⑤ B. ①②④ C. ①③⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①淀粉最终水解成葡萄糖，油脂水解成高级脂肪酸(盐)和甘油，故①正确；②淀粉和纤维素分子式为(C6H10O5)n，但n值不同，二者不互为同分异构体，故②错误；③油脂分为脂肪和油，液态的油脂称为油，食用油属于油脂，石蜡属于烃类，故③正确；④石油分馏是利用沸点不同，煤的气化发生化学变化，如C＋H2O CO＋H2，故④错误；⑤淀粉遇碘变蓝，葡萄糖中含有醛基，能与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应，生成Cu2O沉淀，故⑤正确；综上所述，选项C正确。。‎ ‎13.对于100 mL 1 mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施：①升高温度；②改用100 mL 3 mol/L盐酸；③多用300 mL 1 mol/L盐酸；④用等量铁粉代替铁片；⑤改用98%的硫酸。其中能使反应速率加快的是( )‎ A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③④ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若要加快产生氢气的速率，可增大反应的浓度、增大固体的表面积、升高温度以及形成原电池反应，注意加入浓硫酸的性质，以此解答该题．‎ ‎【详解】①适当升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，故①正确；②改用100mL 3mol/L盐酸，酸的浓度增大，反应速率加快，故②正确；③多用300mL 1mol/L盐酸，酸的浓度不变，反应速率不变，故③错误；④用等量铁粉代替铁片，增大固体接触面积，使反应速率加快，故④正确；⑤改用98%的硫酸，浓硫酸与铁不生成氢气，则无法代替盐酸与铁反应制氢气，故⑤错误；综上所述，①②④正确；故答案为A。‎ ‎14.下列实验操作及结论正确的是(　　)‎ A. 钠和乙醇反应的现象与钠和水反应的现象相同 B. 在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸水解后，立即加入新制Cu(OH)2悬浊液共热，证明有葡萄糖生成 C. 在CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液振荡，立即加入麦芽糖溶液并加热，能证明麦芽糖具有还原性 D. 在乙醇溶液中插入一根红热的铜丝，能证明醇氧化成醛 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠和乙醇反应比钠和水反应的速率慢，且钠沉入乙醇溶液中，与水反应是浮在水面上，故A错误；B. 在淀粉溶液中加入20%的稀硫酸水解后，立即加入新制Cu(OH)2悬浊液共热，没有红色沉淀生成，因为水解液显酸性，所以不能证明有葡萄糖生成，故B错误；C. 因为NaOH溶液过量，所以新制的Cu(OH)2悬浊液显碱性，加入麦芽糖溶液并加热，有红色沉淀生成，能证明麦芽糖具有还原性，故C正确；D. 在乙醇溶液中插入一根红热的铜丝，不能证明醛的存在，故D错误；答案：C。‎ ‎15.短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大；A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，B的氢化物的水溶液呈碱性；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数；若往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色。下列说法不正确的是( )‎ A. 5种原子中，C的原子半径最大 B. 某物质焰色反应呈黄色，该物质不一定是含C的盐 C. 向D单质与沸水反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红 D. E的氧化物的水化物的酸性比B的强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，A是C元素；B的氢化物的水溶液呈碱性，B是N元素；C、D为金属元素，且D原子最外层电子数等于其K层电子数，C、D分别是Na、Mg；往E单质的水溶液中滴加少量紫色石蕊试液，可观察到先变红后褪色，E是Cl元素。‎ ‎【详解】A. 电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，5种原子中，Na的原子半径最大，故A正确；‎ B. 某物质焰色反应呈黄色，只能说明含有钠元素，该物质不一定是钠盐，如氢氧化钠的焰色反应呈黄色，故B正确；‎ C.镁与沸水反应生成氢氧化镁和氢气，反应后的溶液中滴加酚酞，溶液变红，故C正确；‎ D. 次氯酸的酸性小于硝酸，高氯酸的酸性比硝酸的强，故D错误。‎ ‎16.下列说法正确的是( )‎ A. 如图所示的是吸收能量的过程，所涉及的氧化还原反应可设计成原电池 B. 等质量不同烃(CxHy)完全燃烧时，越小，耗氧量越多 C. 异丙苯()最多有7个碳原子共平面 D. 有机物乙苯()的一溴取代物有5种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知该反应为放热反应，但不能判断能否自发进行，所以不一定能设计成原电池，故A错误；B. 根据CxHy的燃烧通式为: CxHy+ (x+y/4)O2xCO2+y/2H2O, m一定,当y/x越大时,完全燃烧时耗氧量越多，故B错误。C. 异丙苯()最多有8个碳原子共平面，故C错误；D. 有机物乙苯()中含有5种类型的氢原子，其一溴取代物有5种，故D正确；答案：D。‎ ‎17.对于苯乙烯()的下列叙述 ①能使酸性KMnO4溶液褪色；②可发生加聚反应；③可溶于水；④可溶于苯中；⑤可与Br2、HCl等发生加成反应；其中正确的是( )‎ A. 仅①④⑤ B. 仅①②⑤ C. 仅①②④⑤ D. 全部正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①苯乙烯中含有碳碳双键，则能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；‎ ‎②苯乙烯中含有碳碳双键，则可发生加聚反应，故②正确；‎ ‎③苯乙烯为有机物，属于烃类，不溶于水，故③错误；‎ ‎④根据相似相溶可知，苯乙烯可溶于苯中，故④正确；‎ ‎⑤苯乙烯中含有碳碳双键，可与Br2、HCl等发生加成反应，故⑤正确；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎18.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质（括号内为杂质）‎ 除杂试剂 A FeCl2溶液（FeCl3）‎ Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2）‎ NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl）‎ H2O、浓H2SO4‎ D NO（NO2）‎ H2O、无水CaCl2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。‎ ‎【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；‎ B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；‎ C.部分氯气与H2‎ O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。‎ ‎19.已知短周期元素的四种离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，则下列叙述中正确的是( )‎ A. 原子半径：B＞A＞C＞D B. 原子序数：D＞C＞B＞A C. 离子半径：C3－＞D－＞A2＋＞B＋ D. 氧化性：A2＋＞B＋，还原性：C3－＜D－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 短周期元素的四种离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，所以有 a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周表中C、D的下一周期，原子序数a>b>d>c。‎ ‎【详解】A. A、B在周表中C、D的下一周期，且原子序数a>b>d>c，核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有原子半径：B＞A＞C＞D，故A正确；‎ B. 短周期元素的四种离子aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，所以有a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周表中C、D的下一周期，原子序数a＞b＞d＞c，故B错误；‎ C. aA2＋、bB＋、cC3－、dD－具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数a＞b＞d＞c，所以离子半径C3－＞D－＞B＋＞A2＋，故C错误；‎ D．同周期从左往右，元素金属性减弱，对应阳离子的氧化性增强；元素非金属性增强，对应阴离子的还原性减弱，故氧化性：A2＋＞B＋，还原性：C3－＞D－，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎20.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是(　　)‎ 选项 实验操作 现象 解释或结论 A 过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液 溶液呈红色 稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋‎ B 左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2‎ C 用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上 试纸变蓝色 浓氨水呈碱性 D 浓HNO3加热 有红棕色气体产生 HNO3有强氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、现象和结论都不对，过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，只能得到浅绿色的硝酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液，溶液仍呈浅绿色，A错误；B、氯气可与NaBr、KI反应，则该实验不能比较Br2、I2的氧化性，B错误；C、操作、现象和解释都正确，C正确；D、浓HNO3加热后有红棕色气体生成，现象正确，但是解释不对，红棕色的气体二氧化氮是硝酸受热分解的产物，硝酸表现的是不稳定性，不是因为硝酸具有强氧化性，D错误，答案选C。‎ 点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析以及评价的角度，对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。‎ ‎21.FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶2时，实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为( )‎ A. 1∶4 B. 1∶5 C. 1∶6 D. 1∶7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，设NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol，硝酸得到电子的物质的量=1mol×（5-4）+1mol×2×（5-4）+2mol×（5-2）=9mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n（FeS）==1mol，根据氮元素守恒得，生成NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+2mol=5mol，所以实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为=1mol：5mol=1：5，故选B。‎ 第Ⅱ卷 (非选择题 共58分)‎ 二、非选择题（本大题包括4个小题，除标注外每空2分，共58分）‎ ‎22.根据化学能和热能、电能相关的知识，请回答下列问题：‎ I．已知31 g白磷(P4)变为31 g红磷(P)时释放能量。上述变化属于_____变化；稳定性白磷_____红磷(填“>”或“<”)；‎ II．氢气是一种清洁能源，在我国航天工程中也有应用。‎ ‎(1)已知：2H2＋O22H2O。该反应1g氢气完全燃烧放出热量121kJ，其中断裂1molH—H键吸收436kJ，断裂1molO＝O键吸收496kJ，那么形成1molH—O键放出热量_______________。‎ ‎(2)航天技术上使用的氢－氧燃料电池原理可以简单看作下图“氢－氧燃料电池的装置图” 则：‎ ‎①a极为电池的______(填“正极”或“负极”)；溶液中OH－移向_______电极（填“a”或“b”）。‎ ‎②b电极附近pH_______。(填增大、减小或不变)。‎ ‎③如把H2改为甲烷，则电极反应式为：负极_________。‎ ‎【答案】 (1). 化学 (2). ＜ (3). 463kJ (4). 负极 (5). a (6). 增大 (7). CH4－8e－＋10OH－＝CO32-＋7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析: (1 )根据H=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形成释放的能量计算;( 2 ) 根据原电池的工作原理分析解答。‎ ‎【详解】(1)白磷与红磷为同素异形体，则白磷转化为红磷为化学变化；31 g白磷变为31 g 红磷(P)时释放能量,为放热反应,说明白磷能量高于红磷,能量越低越稳定，因此稳定性是白磷小于红磷,因此，本题正确答案是:化学；＜；‎ II.(1) 1g氢气完全燃烧放出热量121k J,则2mol氢气即4g氢气完全燃烧放出热量为4121kJ=484kJ;其中断裂1molH-H键吸收436kJ,断裂1molO=O键吸收496kJ ,因此有2436+496-4x=-484 ,解得x=463 ,即形成1molH-O键放出热量为463kJ;答案：463kJ。‎ ‎ (2)①根据电子的流向可知a电极是负极, b电极是正极。则原电池中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,则溶液中OH-移向a电极。答案：负极；a。‎ ‎②b电极是正极,氧气得到电子转化为氢氧根，氢氧根浓度增大,则b电极附近pH增大;答案：增大；‎ ‎③如把氢气改为甲烷,由于电解质溶液显碱性,则负极甲烷失去电子转化为碳酸根,电极反应式为CH4－8e－＋10OH－＝CO32-＋7H2O,答案： CH4－8e－＋10OH－＝CO32-＋7H2O。‎ ‎23.Ⅰ．下表是元素周期表的一部分，用化学用语回答下列问题：‎ ‎ 族 周期　‎ ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0‎ ‎1‎ ‎①‎ ‎2‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎3‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎4‎ ‎(1)请画出元素⑨阴离子的结构示意图：_________。‎ ‎(2)③⑤⑧的原子半径由小到大的顺序为__________(填元素符号)。‎ ‎(3)⑤和⑦的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱为______＞______(填化学式)。‎ ‎(4)③⑤两种元素的原子按1∶1组成的常见化合物的电子式为___________。‎ ‎ (5)用电子式表示⑥和⑨形成的化合物的过程：________________。‎ Ⅱ．利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律 ‎(1)若要证明非金属性：Cl>I，则A中加浓盐酸，B中加KMnO4，（KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气），C中加淀粉碘化钾混合溶液，观察到C中溶液的现象________，即可证明。请写出一种制取氯气的化学反应方程式：_______，从环境保护的角度考虑，此装置缺少尾气处理装置，可用___________溶液吸收尾气。‎ ‎(2)若要证明非金属性：C>Si，则在A中加盐酸、B中加CaCO3、C中加Na2SiO3溶液，观察到C中溶液__________的现象，即可证明。但有的同学认为盐酸具有挥发性，可进入C中干扰实验，应在两装置间添加装有_______溶液的洗气瓶。‎ ‎【答案】 (1). (2). O＜S＜Na (3). NaOH (4). Al(OH)3 (5). (6). (7). 变蓝色 (8). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 或 2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O (9). NaOH (10). 有白色沉淀生成 (11). 饱和NaHCO3溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素周期表分析各元素的名称:③为O元素，⑤为Na元素，⑥为Mg，⑦为Al,⑧为S,⑨为Cl元素，再根据元素周期律判断相应的性质即可。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)根据元素周期表知⑨为氯元素，元素阴离子的结构示意图：。答案：。‎ ‎(2)由元素周期表知③为O元素，⑤为Na元素，⑧为S元素，根据元素周期律可知原子半径由小到大的顺序为O＜S＜Na。答案：O＜S＜Na。‎ ‎(3)⑤为钠，最高价氧化物对应水化物为氢氧化钠，⑦为铝，最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，所以他们的碱性强弱为NaOH ＞Al(OH)3。答案：NaOH ；Al(OH)3。‎ ‎(4)③为氧，⑤为钠，两种元素的原子按1∶1组成的常见化合物为Na2O2,其电子式为；答案：。‎ ‎(5)⑥为镁，⑨为氯，两者形成离子化合物氯化镁，用电子式表示氯化镁形成的化合物的过程为：；答案：。‎ Ⅱ．(1)浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气,氯气具有强氧化性,可与碘化钾反应生成碘,因淀粉遇碘变蓝色,则可观察到溶液变蓝；制取氯气的化学反应方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O或2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；因为氯气有毒,不能排放到空气中,可与氢氧化钠溶液反应而被吸收,则可用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；答案：变蓝色；MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O或2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；NaOH。 （2）因碳酸比硅酸的酸性强,二氧化碳可与硅酸钠反应生成硅酸沉淀,溶液变浑浊,氯化氢具有挥发性,干扰实验结果,需要将二氧化碳中的氯化氢除掉,根据氯化氢与碳酸氢钠反应,而二氧化碳不反应,可以在B和C之间增加装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶；因此答案是:有白色沉淀生成;饱和NaHCO3。‎ ‎【点睛】根据氯气能够将碘离子氧化成碘单质;氯气有毒,氯气能够与氢氧化钠溶液反应;盐酸酸性强于碳酸,二氧化碳能使石灰水变浑浊;盐酸挥发,应排除实验中干扰等性质解答此题。‎ ‎24.以石油化工的一种产品A（乙烯）为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下：‎ ‎(1)步骤①的化学方程式_____________，反应类型____________。步骤②的化学方程式_____________________，反应类型____________。‎ ‎(2)某同学欲用上图装置制备物质E，回答以下问题：‎ ‎①试管A发生反应的化学方程式_____________。‎ ‎②试管B中的试剂是__________。‎ ‎(3)为了制备重要的有机原料——氯乙烷(CH3—CH2Cl)，下面是两位同学设计的方案。‎ 甲同学：选乙烷和适量氯气在光照条件下制备，原理是：CH3－CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl。‎ 乙同学：选乙烯和适量氯化氢在一定条件下制备，原理是：CH2＝CH2+HCl CH3CH2Cl。‎ 你认为上述两位同学的方案中，合理的是________(选填“甲同学”或“乙同学”)，简述你的理由：____‎ ‎【答案】 (1). CH2=CH2+ H2O CH3CH2OH (2). 加成反应 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). 氧化反应 (5). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O (6). 饱和碳酸钠溶液 (7). 乙同学 ； (8). 烷烃的取代反应是分步进行的，反应很难停留在某一步，所以得到的产物往往是混合物，乙烯与HCl反应只有一种加成产物，所以乙同学的方案更合理。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据框图分析知：A为乙烯,A与水发生加成反应生成乙醇,故B为乙醇,乙醇氧化生成C,C氧化生成D,故C为乙醛、D是乙酸,乙酸与乙醇生成具有果香味的物质E,E为乙酸乙酯。‎ ‎【详解】(1)步骤①反应乙烯与水发生加成反应生成乙醇,反应的方程式为: CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，该反应为加成反应；步骤②为乙醇催化氧化生成乙醛,反应的方程式为: 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O,该反应为氧化反应,因此，本题正确答案是: CH2=CH2+H2O CH3CH2OH;加成反应;2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2‎ O；氧化反应。 (2)①由图可知试管A中是乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下发生酯化反应,生成乙酸乙酯和水,反应的化学方程式为: CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O ，因此，本题正确答案是: CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O ; ②因为乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小,碳酸钠溶液能够与乙酸反应,还能够溶解乙醇,所以用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯。所以试管B中的试剂是饱和碳酸钠溶液。因此，本题正确答案是:饱和碳酸钠溶液。‎ ‎(3)烷烃的取代反应是分步进行的,反应很难停留在某一步,所以得到的产物往往是混合物;乙烯与HCl反应只有一种加成产物,所以乙同学的方案更合理。因此，本题正确答案是:乙同学的方案;因为烷烃的取代反应是分步进行的,反应很难停留在某一步,所以得到的产物往往是混合物;而用乙烯与HCl反应只有一种加成产物,所以可以得到相对纯净的产物。‎ ‎【点睛】根据乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小,且能够与乙酸反应、溶解乙醇，判断试管B中的试剂；烷烃的取代反应是分步进行的,反应很难停留在某一步,由此判断甲乙方案的合理性。‎ ‎25.I．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：‎ ‎(1)写出该反应的化学方程式_________。‎ ‎(2)下列叙述中不能说明上述反应达到平衡状态的是___________。‎ A．当X与Y的反应速率之比为1∶1‎ B．在混合气体中X的质量百分数保持不变 C．混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化 D．混合气体的密度不随时间的变化而变化 E．X、Y、Z的浓度之比为1∶1∶2‎ ‎(3)为使该反应的反应速率减小，可采取的措施是__________。‎ A．恒压时充入Ne　　B．适当升高温度 C．缩小容器的体积 D．选择高效催化剂．‎ II．一定温度下将3mol的A及3molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g)，经过5分钟后反应达到平衡，测得A的转化率为60﹪，C的平均反应速率是0.18mol/(L·min)。求：‎ ‎(1)平衡时B的浓度=___________mol/L。 ‎ ‎(2)D的平均反应速率υ(D)=__________mol/( L·min)。‎ ‎(3)x=______。‎ ‎【答案】 (1). X(g)+Y(g)2Z(g) (2). ACDE (3). A (4). 1.2 (5). 0.12 (6). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)根据化学反应中各物质的物质的量的变化量与化学计量数之比呈正比书写化学方程式；‎ ‎(2)根据可逆反应平衡状态时的实质和特征，结合反应方程式中物质的化学计量数关系判断平衡状态；‎ ‎(3)根据影响化学反应速率的因素分析判断；‎ II.根据A起始时物质的量及转化率计算转化量，根据速率定义式计算V(A)，然后根据速率比等于化学计量数的比，结合V(C)大小，计算V(B)、V(D)及x值。‎ ‎【详解】(1)由图象可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则有Y：X：Z=(1.20mol-0.41mol)：(.0mol-0.21mol)：1.58mol=1：1：2，由于最后三种物质都存在，可见该反应为可逆反应，则反应的化学方程式为X+Y2Z；‎ ‎(1) A.X、Y是反应物，方程式的系数相同，在任何情况下二者反应速率都相等，因此不能根据X与Y的反应速率之比为1：1判断平衡状态，A符合题意；‎ B.若反应达到平衡状态，任何一组分的质量不变，则物质的质量分数不变，故在混合气体中X的质量百分数保持不变可以判断反应处于平衡状态，B不符合题意；‎ C.由于反应前后气体的质量不变，气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，C符合题意；‎ D.由于反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，所以混合气体混合气体的密度总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，D符合题意；‎ E.X、Y、Z的浓度之比为1：1：2可能处于平衡状态，也可能不是平衡状态，E符合题意；‎ 故合理选项是ACDE；‎ ‎(3) A.恒压时充入Ne，容器的容积扩大，物质的浓度减小，反应速率减小，A符合题意；　　 　B.适当升高温度，物质的内能增加，反应速率加快，B不符合题意；‎ C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，化学反应速率加快，C不符合题意； ‎ D.选择高效催化剂，化学反应速率加快，D不符合题意；‎ 故合理选项是A；‎ II.发生反应3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，由于反应在2L的密闭容器内进行，n(A)= 3mol，A的转化率是60%，则A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol。‎ ‎(1)根据反应方程式的系数可知：每有3molA发生反应，同时消耗1molB，则A反应了1.8mol，所以B反应了0.6mol，则5min时B物质的浓度为c(B)=(3mol-0.6mol)÷2L=1.2mol/L；‎ ‎(2) A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol，容器的容积为2L，反应时间为5min，所以V(A)==0.18mol/(L·min)，由于V(A)：V(D)=3:2，所以V(D)=V(A)= 0.12 mol/(L·min)；‎ ‎(3)V(A):V(C)=3:x，V(A)=V(C)=0.18mol/(L·min)，所以x=3。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量随时间的变化曲线，化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断以及化学平衡的计算，注意把握化学方程式的判断方法。‎ ‎ ‎