2022-2022学年湖南省娄底市高一（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分）1．对于资源的合理开发利用，下列过程中只发生物理变化的是()A．煤的干馏B．从海带中提取碘C．石油的分馏D．石油裂化2．下列物质中属于有机物的是()①酒精；②食盐；③一氧化碳；④甲烷；⑤红糖；⑥石灰石．A．①②④⑤B．①④⑤C．①③⑤D．①⑤⑥3．自然界为人类提供了多种多样的营养物质，下列有关营养物质的说法正确的是()A．所有的油脂都不能使溴水褪色B．棉花和蚕丝的主要成份都是纤维素C．蔗糖、淀粉、油脂等都可以发生水解反应D．食用纤维素、淀粉、蛋白质、植物油都是高分子化合物4．据报道，美国科学家制得一种新原子X，它属于一种新元素116号元素（元素符号暂用X代替），关于它的推测正确的是()A．这种元素一定是金属元素B．它位于元素周期表中的第六周期C．这种原子的中子数为167D．这种元素的原子易失去电子5．下列物质中，属于含有极性共价键的离子化合物的是()A．MgCl2B．Br2C．KOHD．CH3COOH6．下列有关化学用语表达不正确的是()A．CO2分子的结构式：O=C=OB．氯气分子的电子式Cl：ClC．Cl﹣的离子结构示意图：D．原子核内有10个中子的氧原子7．X元素最高价氧化物对应的水化物为H3XO4，则它对应的气态氢化物为()A．HXB．H2XC．XH4D．XH38．W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18．下列说法正确的是()A．单质的沸点：W＞X-18-\nB．阴离子的还原性：W＞ZC．氧化物的水化物的酸性：Y＜ZD．X与Y不能存在于同一离子化合物中9．XY2是由短周期元素形成的化合物，Y﹣比X2+多一个电子层，Y﹣与氩原子的电子层结构相同．下列有关叙述不正确的是()A．Y是第ⅦA族元素B．化合物XY2的化学键为离子键C．Y﹣与X2+的最外层电子数相同D．X是第二周期元素10．保护环境已成为人类的共识．下列物质与所对应的环境问题没有关系的是()ABCD建筑垃圾二氧化碳氟利昂二氧化硫白色污染温室效应臭氧层受损酸雨A．AB．BC．CD．D11．化学反应中往往伴随着能量的变化．下列反应，既属于氧化还原反应，又属于放热反应的是()A．石灰石的分解反应B．铝热反应C．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应D．NaOH与稀盐酸反应12．2mol/L的盐酸100mL和过量的锌片反应，为了加大反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是()A．加入适量蒸馏水B．加入适量的氯化钠C．加入适量的6mol/L盐酸D．加入数滴氯化铜溶液13．若以稀硫酸作电解质溶液，则关于铜锌原电池的叙述，正确的是()A．铜是正极，铜片上有气泡产生B．氢离子在锌片表面被还原C．电流从锌片经导线流向铜片D．铜片质量逐渐减少14．在2L密闭容器中，发生3A+B=2C（均为气体）的反应，若最初加入A和B都是4mol，A的平均反应速率是0.12mol/（L．s），则10s后容器中的B的物质的量是()A．1.6molB．3.2molC．3.6molD．2.8mol15．下列反应属于取代反应的是()A．乙烯→乙醇B．乙酸→乙酸乙酯C．苯→环己烷D．乙醇→乙醛16．下列化学方程式书写错误的是()A．乙醇催化氧化制取乙醛：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O-18-\nB．苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液共热制硝基苯：+HNO3+H2OC．乙酸和乙醇发生反应生成乙酸乙酯：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2OD．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br17．以下烃中，一氯代物只有一种的是()A．丙烷B．正丁烷C．正戊烷D．新戊烷18．下列有关说法正确的是()A．H与D互为同位素；葡萄糖和蔗糖互为同系物B．乙烷气体中混有乙烯，通入酸性高锰酸钾溶液，从而除去乙烯C．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素D．证明CH3CH2CH=CHCH2CH2OH分子中有碳碳不饱和键的方法：向其中加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色19．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为()A．C14H18O5B．C14H16O4C．C16H22O5D．C16H20O520．“绿色化学”是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的负作用．下列化学反应，不符合绿色化学概念的是()A．硫酸厂尾气的处理：SO2+2NH3+H2O═（NH4）2SO3B．硝酸工业尾气的处理：NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2OC．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2OD．制CuSO4：2Cu+O2═2CuO，CuO+H2SO4═CuSO4+H2O二、非选择题（2分/空，共40分）21．（1）为了达到下表中的实验要求，请从“供选择的化学试剂及方法”栏中，选择正确选项的字母代号填入对应的空格中．序号实验要求答案供选择的化学试剂及方法a检验乙酸是否具有酸性A．新制的氢氧化铜悬浊液b检验植物油中是否含有碳碳双键B．紫色石蕊试液c检验尿液中是否含有葡萄糖C．加入饱和Na2CO3溶液，分液d除去乙酸乙酯中的少量乙酸D．溴水（2）A的结构简式如下：A分子中两种含氧官能团的名称是__________、__________．请写出该物质与足量的金属钠发生反应的化学方程式__________．-18-\n22．（1）已知甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2O，电池中有一极的电极反应为CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O，这个电极是燃料电池的__________（填“正极”或“负极”），另一个电极上的电极反应式为：__________（2）已知吸热反应2HI（g）═H2（g）+I2（g）吸收热量11kJ，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为__________kJ．23．目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO2+3H2⇌CH3OH+H2O，该反应的能量变化如图所示：（1）甲同学认为该反应为放热反应，他的理由为：__________（2）在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2的物质的量随时间变化如表所示．从反应开始到5min末，用CO2浓度变化表示的平均反应速率v（CO2）=__________；反应达到平衡状态，此时H2的转化率为__________．t/min0251015n（CO2）/mol10.750.50.250.25（3）在相同温度、容积不变的条件下，能说明该反应已达平衡状态的是__________（填序号）．a．v生成（CH3OH）=v消耗（CO2）b．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化c．n（CO2）：n（H2）：n（CH3OH）：n（H2O）=1：1：1：1d．H2的消耗速率与CH3OH的消耗速率之比为3：1．24．（14分）为探究生活中两种常见的有机物的性质，某同学设计如下实验，请根据题目要求填写下列空格：（I）如上图1所示，试管中装乙醇，（图示不一定准确）则反应现象为__________；（Ⅱ）如上图2所示，把加热的铜丝插入到装有乙醇的试管中，闻到有刺激性气味，该反应中产生的有机物为__________；（填结构简式）；（Ⅲ）为了确认乙酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，有人设计用如图3所示装置来进行实验验证．-18-\n①A中所盛试剂为__________．②C中实验现象为__________，由实验可知这三种酸的酸性大小为__________．③该装置中存在不妥之处，请提出改正措施__________．-18-\n2022-2022学年湖南省娄底市高一（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共60分）1．对于资源的合理开发利用，下列过程中只发生物理变化的是()A．煤的干馏B．从海带中提取碘C．石油的分馏D．石油裂化【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】A、煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料；B、从海带中提取碘，发生了置换反应；C、石油分馏得到汽油、煤油等产物，是利用沸点的不同进行分离；D、石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量．【解答】解：A、煤干馏可以得到煤焦油，煤焦油中含有甲烷、苯和氨等重要化工原料，属于化学变化，故A错误；B、从海带中提取碘，发生了置换反应，故B错误；C、石油分馏得到汽油、煤油等产物，是利用沸点的不同进行分离，石油分馏能得到不同沸点范围的产物，属于物理变化，故C正确；D、石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，大分子的烃裂化为小分子的烃，属于化学变化，故D错误；故选C．【点评】本题考查物理变化与化学变化，题目难度不大，注意煤中不含苯和甲苯，煤干馏后从煤焦油中能分离出来苯和甲苯，为易错点．2．下列物质中属于有机物的是()①酒精；②食盐；③一氧化碳；④甲烷；⑤红糖；⑥石灰石．A．①②④⑤B．①④⑤C．①③⑤D．①⑤⑥【考点】无机化合物与有机化合物的概念．【分析】有机物是指含有碳元素的化合物．无机物是指不含有碳元素的化合物．一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物．有机物的特点是：是化合物，含有碳元素，据此分析解答．【解答】解：①酒精是CH3CH2OH的俗称，是含有碳元素的化合物，属于有机物，故①正确；②食盐是NaCl属于不含碳的化合物，属于无机物，故②错误；③一氧化碳（CO），是化合物，含有碳元素，但是性质与无机物相似．属于无机物，故③错误；④甲烷（CH4）是化合物，含有碳元素，是最简单的有机物，故④正确；⑤红糖是化合物属于糖类，含有碳元素，属于有机物，故⑤正确；⑥石灰石是化合物，含有碳元素，但是性质与无机物相似．属于无机物，故⑥错误；故选B．【点评】本题主要考查了如何识别有机物的方法问题，可以依据有机物的概念进行，题目较简单．3．自然界为人类提供了多种多样的营养物质，下列有关营养物质的说法正确的是()A．所有的油脂都不能使溴水褪色B．棉花和蚕丝的主要成份都是纤维素-18-\nC．蔗糖、淀粉、油脂等都可以发生水解反应D．食用纤维素、淀粉、蛋白质、植物油都是高分子化合物【考点】油脂的性质、组成与结构；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A．油脂分为植物油和脂肪，其中植物油的烃基中含有不饱和碳碳键；B．蚕丝的主要成分为蛋白质，不是纤维素；C．蔗糖为二糖、淀粉为多糖，油脂属于酯类，它们都能够发生水解反应；D．高分子化合物相对分子量达到10000以上，脂肪和植物油的相对分子量较小，不属于高分子化合物．【解答】解：A．油脂中的植物油中含有碳碳双键，能够使溴水褪色，故A错误；B．棉花的主要成分为纤维素，而蚕丝的主要成分为蛋白质，故B错误；C．蔗糖能够水解生成葡萄糖和果糖，淀粉能够水解生成葡萄糖，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，它们都能够水解，故C正确；D．淀粉、纤维素和蛋白质属于高分子化合物，而脂肪、植物油的相对分子量较小，二者不属于高分子化合物，故D错误；故选C．【点评】本题考查了高分子化合物的判断、水解反应判断、有机物的分类、结构及性质，题目难度中等，注意掌握常见有机物的结构与组成，明确高分子化合物的概念及判断方法，明确常见有机反应类型．4．据报道，美国科学家制得一种新原子X，它属于一种新元素116号元素（元素符号暂用X代替），关于它的推测正确的是()A．这种元素一定是金属元素B．它位于元素周期表中的第六周期C．这种原子的中子数为167D．这种元素的原子易失去电子【考点】元素周期表的结构及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【分析】稀有气体的原子序数分别为：2、10、18、36、54、86、118，116号元素与118号元素同周期，且位于118号元素的前2列，即116号元素处于第七周期ⅥA族，据此解答．【解答】解：稀有气体的原子序数分别为：2、10、18、36、54、86、118，116号元素与118号元素同周期，且位于118号元素的前2列，即116号元素处于第七周期ⅥA族，A．该元素的金属性比Po强，一定为金属元素，故A正确；B.116号元素处于第七周期ⅥA族，故B错误；C．原子序数大于原子核外电子数，116号元素原子核外电子数为116，该核素的中子数为167，故C正确；D．该元素为金属元素，金属性比较弱，故D错误，故选AC．【点评】本题考查结构性质位置关系，关键是根据稀有气体的原子序数确定元素在周期表中的位置，注意对元素周期律的理解掌握．5．下列物质中，属于含有极性共价键的离子化合物的是()A．MgCl2B．Br2C．KOHD．CH3COOH【考点】离子化合物的结构特征与性质；极性键和非极性键．-18-\n【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成共价键，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，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答．【解答】解：A．氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故A错误；B．溴分子中Br﹣Br原子之间只存在非极性键，且属于单质，故B错误；C．KOH中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键、O﹣H原子之间存在极性键，为离子化合物，故C正确；D．乙酸分子中C﹣C、C﹣O、C﹣H、O﹣H原子之间只存在共价键，为共价化合物，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学键和化合物的关系，明确物质中存在微粒及微粒之间作用力即可解答，注意不能根据是否含有金属元素判断离子键及离子化合物，为易错点．6．下列有关化学用语表达不正确的是()A．CO2分子的结构式：O=C=OB．氯气分子的电子式Cl：ClC．Cl﹣的离子结构示意图：D．原子核内有10个中子的氧原子【考点】原子结构示意图；电子式；结构式．【分析】A．二氧化碳是直线形结构，每个氧原子和碳原子形成碳氧双键；B．氯气分子中存在一对共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，漏掉了氯原子中的未成键电子；C．氯离子有17个质子，核外有18个电子，最外层有8个电子；D．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．【解答】解：A．二氧化碳是直线形结构，每个氧原子和碳原子形成碳氧双键，其结构式为：O=C=O，故A正确；B．氯气分子中，两个氯原子的最外层都达到8电子稳定结构，氯气正确的电子式为：，故B错误；C．氯离子有17个质子，核外有18个电子，Cl﹣的离子结构示意图：，故C正确；D．氧原子的核电荷数为8，原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，该氧原子可以表示为：，故D错误；故选BD．【点评】本题考查了化学用语，涉及结构式、电子式的书写、离子结构示意图等知识点，易错选项是D，注意元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，题目难度不大．7．X元素最高价氧化物对应的水化物为H3XO4，则它对应的气态氢化物为()A．HXB．H2XC．XH4D．XH3-18-\n【考点】原子结构与元素的性质．【分析】元素的最高正价+|最低负价|=8，根据元素的最高价氧化物的水化物的化学式确定最高正价，进而求得最低负价，得出气态氢化物的化学式．【解答】解：元素X的最高价氧化物的水化物的化学式为H3XO4，所以X的最高正价是+5价，所以最低负价为﹣3价，X的气态氢化物的化学式为XH3．故选：D．【点评】本题考查了元素正负化合价之间的关系，题目难度不大，注意根据元素的最高正价+|最低负价|=8解答．8．W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18．下列说法正确的是()A．单质的沸点：W＞XB．阴离子的还原性：W＞ZC．氧化物的水化物的酸性：Y＜ZD．X与Y不能存在于同一离子化合物中【考点】真题集萃；原子结构与元素的性质．【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，A．W、X单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；B．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；D．X、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中．【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，A．H、N元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：W＜X，故A错误；B．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性W＜Z，所以阴离子的还原性：W＞Z，故B正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＜Cl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＜HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C错误；D．X、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故D错误；故选B．【点评】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答，易错选项是C．9．XY2是由短周期元素形成的化合物，Y﹣比X2+多一个电子层，Y﹣与氩原子的电子层结构相同．下列有关叙述不正确的是()-18-\nA．Y是第ⅦA族元素B．化合物XY2的化学键为离子键C．Y﹣与X2+的最外层电子数相同D．X是第二周期元素【考点】原子结构与元素的性质．【分析】XY2是由短周期元素形成的化合物，Y﹣比X2+多一个电子层，它与氩原子的电子层结构相同，则Y为Cl元素，Y﹣比X2+多一个电子层，则X的Mg元素，再结合物质的结构分析解答．【解答】解：XY2是由短周期元素形成的化合物，Y﹣比X2+多一个电子层，它与氩原子的电子层结构相同，则Y为Cl元素，Y﹣比X2+多一个电子层，X2+有两个电子层，X原子失去两个电子变为X2+，则X的Mg元素．A．Y是Cl元素，其最外层有7个电子，为ⅦA族元素，故A正确；B．化合物MgCl2是由镁离子和氯离子构成的，氯离子和镁离子形成离子键，故B正确；C．Y﹣与X2+的最外层电子数都是8，故C正确；D．X是Mg元素，位于第三周期，故D错误；故选D．【点评】本题考查了原子结构和元素的性质，根据原子结构及离子所带电荷数确定元素，再结合元素所处周期、族来分析解答，难度不大．10．保护环境已成为人类的共识．下列物质与所对应的环境问题没有关系的是()ABCD建筑垃圾二氧化碳氟利昂二氧化硫白色污染温室效应臭氧层受损酸雨A．AB．BC．CD．D【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．白色污染是指塑料垃圾；B．二氧化碳过量排放能够引起温室效应；C．氟利昂的排放能够破坏臭氧层；D．二氧化硫的排放能够引起酸雨．【解答】解：A．白色污染是指塑料垃圾，不是建筑垃圾，故A错误；B．二氧化碳过量排放能够引起温室效应，故B正确；C．氟利昂的排放能够破坏臭氧层，故C正确；D．二氧化硫的排放能够引起酸雨，故D正确；故选：A．【点评】本题考查了环境污染与治理，熟悉生活中常见的环境污染是解题关键，题目难度不大．11．化学反应中往往伴随着能量的变化．下列反应，既属于氧化还原反应，又属于放热反应的是()A．石灰石的分解反应B．铝热反应C．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应D．NaOH与稀盐酸反应【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应．【分析】属于放热反应，说明反应物总能量大于生成物总能量，又属于氧化还原反应，说明反应中有电子转移，其特征是有元素化合价升降，以此解答．-18-\n【解答】解：A．石灰石的分解反应为吸热反应，且不是氧化还原反应，故A错误；B．铝热反应为放热反应，生成金属单质，为氧化还原反应，故B正确；C．为吸热反应，且不是氧化还原反应，故C错误；D．该反应中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查了反应类型的判断，根据元素化合价是否变化及反应热来分析解答，熟悉常见吸热反应和放热反应、氧化还原反应的特征即可解答，题目难度不大．12．2mol/L的盐酸100mL和过量的锌片反应，为了加大反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是()A．加入适量蒸馏水B．加入适量的氯化钠C．加入适量的6mol/L盐酸D．加入数滴氯化铜溶液【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】过量的锌片，盐酸完全反应，则加快反应速率又不影响生成氢气的总量，可增大氢离子浓度或增大金属的接触面积、构成原电池等，不改变其氢离子物质的量即可，以此来解答．【解答】解：A．加入适量蒸馏水，浓度变小，反应速率减慢，故A错误；B．如加入固体，则溶液浓度不变，反应速率不变，如加入氯化钠溶液，溶液体积增大，浓度减小，反应速率减小，故B错误；C．加入适量的6mol•L﹣1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，故C错误；D．加入数滴氯化铜溶液，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，生成氢气的量不变，故D正确．故选D．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、接触面积对反应速率的影响即可解答，注重基础知识的考查，注意Zn过量盐酸完全反应，题目难度不大．13．若以稀硫酸作电解质溶液，则关于铜锌原电池的叙述，正确的是()A．铜是正极，铜片上有气泡产生B．氢离子在锌片表面被还原C．电流从锌片经导线流向铜片D．铜片质量逐渐减少【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】锌比铜活泼，锌为负极，反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，发生氧化反应，铜为正极，反应为2H++2e﹣=H2↑，发生还原反应，原电池工作时总反应为：Zn+H+=Zn2++H2↑以此解答该题．【解答】解：A、锌为负极，铜为正极，反应为2H++2e﹣=H2↑，铜片上有气泡产生，故A正确；B、氢离子在铜片表面被还原，故B错误；C、电子从锌片经导线流向铜片，故C错误；D、锌片质量逐渐减少，故D错误；故选：A．【点评】本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，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，注意把握原电池的工作原理．-18-\n14．在2L密闭容器中，发生3A+B=2C（均为气体）的反应，若最初加入A和B都是4mol，A的平均反应速率是0.12mol/（L．s），则10s后容器中的B的物质的量是()A．1.6molB．3.2molC．3.6molD．2.8mol【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】根据化学反应速率的计算公式：V（A）==，10s后，若A的平均速率是0.12mol/（L•s），则消耗A的物质的量△n=2L×10s×0.12mol/（L•s）=2.4mol，结合反应的化学方程式利用三段式法计算．【解答】解：10s后，若A的平均速率V（A）=0.12mol/（L•s），根据化学反应速率的计算公式，则消耗A的物质的量△n=2L×10s×0.12mol/（L•s）=2.4mol，3A+B═2C起始：4mol4mol0转化：2.4mol0.8mol1.6mol平衡：1.6mol3.2mol1.6mol则10s后容器中B的物质的量是3.2mol，故选B．【点评】本题考查化学平衡的简单计算，题目难度不大，注意利用三段式法计算较为直观．15．下列反应属于取代反应的是()A．乙烯→乙醇B．乙酸→乙酸乙酯C．苯→环己烷D．乙醇→乙醛【考点】取代反应与加成反应．【分析】根据取代反应的定义“有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应”进行判断．【解答】解：A．乙烯→乙醇的反应为乙烯与水发生的加成反应，不属于取代反应，故A错误；B．乙酸→乙酸乙酯，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，该反应为取代反应，故B正确；C．苯与氢气反应生成环己烷，该反应为加成反应，故C错误；D．乙醇催化氧化生成乙醛，该反应为氧化反应，故D错误；故选B．【点评】本题考查了有机物的性质与反应类型的判断，题目难度不大，注意掌握常见有机反应类型，明确取代反应与其它反应类型的区别，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力．16．下列化学方程式书写错误的是()A．乙醇催化氧化制取乙醛：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OB．苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液共热制硝基苯：+HNO3+H2OC．乙酸和乙醇发生反应生成乙酸乙酯：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2OD．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br【考点】化学方程式的书写；苯的性质；乙醇的化学性质；乙酸的化学性质．【专题】有机反应．-18-\n【分析】根据化学方程式判断正误的方法需考虑：应用的原理是否正确；化学式书写是否正确；是否配平；反应条件是否正确；↑和↓的标注是否正确．【解答】解：A．乙醇催化氧化制取乙醛，乙醇上羟基上的氢和羟基相连的碳上的氢脱去，和氧结合生成水，自身被氧化成乙醛，该化学方程式书写完全正确，故A正确；B．苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液共热制硝基苯，选项中硝基苯的苯环错误，所以该化学方程式书写错误，正确的为：，故B错误；C．乙酸和乙醇发生反应，乙酸脱羟基，乙醇脱氢原子，生成乙酸乙酯和水，该化学方程式书写完全正确，故C正确；D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，是由于乙烯和溴发生了加成反应，生成1，2﹣二溴乙烷，该化学方程式书写完全正确，故D正确；故选B．【点评】本题考查了化学方程式的书写，在解此类题时，首先分析应用的原理是否正确，然后再根据方程式的书写规则进行判断，化学方程式正误判断方法是：先看化学式是否正确，再看配平，再看反应条件，再看气体和沉淀．题目难度不大．17．以下烃中，一氯代物只有一种的是()A．丙烷B．正丁烷C．正戊烷D．新戊烷【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】先判断烃的同分异构体，然后根据烷烃的一氯取代物只有一种，说明烃分子中只有一种氢原子，最后根据等效法判断氢原子的种类即可解答．【解答】解：A．丙烷C3H8不存在同分异构体，只有一种结构：CH3CH2CH3，含有2种氢原子，一氯取代物有2种，故A错误；B．正丁烷中2种等效H原子，其一氯代物含有3种，故B错误；C、正戊烷有3种氢原子，一氯取代物有3种，故C错误；D、新戊烷只含一种氢原子，一氯取代物只有一种，故D正确；故选D．【点评】本题考查同分异构体的书写，题目难度不大，注意掌握烷烃同分异构体的书写方法与等效氢的判断，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力．．18．下列有关说法正确的是()A．H与D互为同位素；葡萄糖和蔗糖互为同系物B．乙烷气体中混有乙烯，通入酸性高锰酸钾溶液，从而除去乙烯C．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素D．证明CH3CH2CH=CHCH2CH2OH分子中有碳碳不饱和键的方法：向其中加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；元素周期表的结构及其应用；有机物的鉴别；芳香烃、烃基和同系物．【分析】A．葡萄糖和蔗糖结构不同，不是同系物；B．乙烯被氧化生成二氧化碳气体；-18-\nC．IIIB族到IIB族10个纵行为过渡金属元素；D．羟基、碳碳双键都可被氧化．【解答】解：A．葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，结构不同，不是同系物，故A错误；B．乙烯被氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故B错误；C．IIIB族到IIB族10个纵行为过渡金属元素，都为金属，故C正确；D．羟基、碳碳双键都可被氧化，应用溴水检验，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及除杂，检验以及元素周期表等知识，为高考常见题型，侧重于双基的考查，题目覆盖面广，但难度较小．19．某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为()A．C14H18O5B．C14H16O4C．C16H22O5D．C16H20O5【考点】真题集萃；有机物实验式和分子式的确定．【分析】1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断．【解答】解：某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明酯中含有2个酯基，设羧酸为M，则反应的方程式为C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O，由质量守恒可知M的分子式为C14H18O5，故选A．【点评】本题为2022年高考题，考查有机物的推断，为高频考点，把握酯化反应中碳原子个数变化、官能团的变化为推断的关系，侧重酯的性质的考查，题目难度不大．20．“绿色化学”是指从技术、经济上设计可行的化学反应，尽可能减少对环境的负作用．下列化学反应，不符合绿色化学概念的是()A．硫酸厂尾气的处理：SO2+2NH3+H2O═（NH4）2SO3B．硝酸工业尾气的处理：NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2OC．制CuSO4：Cu+2H2SO4（浓）═CuSO4+SO2↑+2H2OD．制CuSO4：2Cu+O2═2CuO，CuO+H2SO4═CuSO4+H2O【考点】绿色化学．【专题】元素及其化合物．【分析】绿色化学又称环境友好化学，它的主要特点是：1．充分利用资源和能源，采用无毒、无害的原料；2．在无毒、无害的条件下进行反应，以减少废物向环境排放；3．提高原子的利用率，力图使所有作为原料的原子都被产品所消纳，实现“零排放”；4．生产出有利于环境保护、社区安全和人体健康的环境友好的产品．【解答】解：A．二氧化硫是有害气体，用氨气吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，故A不选；B．二氧化氮和一氧化氮都是有害气体，用氢氧化钠吸收，消除污染，符合绿色化学的理念，故B不选；C．浓硫酸的还原产物是二氧化硫，对环境有污染，不符合绿色化学的理念，故C选；D．由此法来制取硫酸铜，生成硫酸铜和水，不产生污染，符合绿色化学的理念，故D不选；故选C．-18-\n【点评】本题考查绿色化学，难度不大．要抓住绿色化学的概念，尽可能减少对环境的负作用．二、非选择题（2分/空，共40分）21．（1）为了达到下表中的实验要求，请从“供选择的化学试剂及方法”栏中，选择正确选项的字母代号填入对应的空格中．序号实验要求答案供选择的化学试剂及方法a检验乙酸是否具有酸性A．新制的氢氧化铜悬浊液b检验植物油中是否含有碳碳双键B．紫色石蕊试液c检验尿液中是否含有葡萄糖C．加入饱和Na2CO3溶液，分液d除去乙酸乙酯中的少量乙酸D．溴水（2）A的结构简式如下：A分子中两种含氧官能团的名称是羟基、羧基．请写出该物质与足量的金属钠发生反应的化学方程式+4Na→+2H2↑．【考点】有机物的结构和性质．【分析】（1）a、乙酸具有酸性，可使酸碱指示剂变色；b、碳碳双键可与溴水发生加成反应；c、葡萄糖含有醛基，可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应；d、乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应；（2）有机物含有羟基、羧基和碳碳双键，可与钠反应生成氢气．【解答】解：（1）a、乙酸具有酸性，可使酸碱指示剂变色，可用紫色石蕊试液检验，溶液变红色；b、碳碳双键可与溴水发生加成反应，可使溴水褪色；c、葡萄糖含有醛基，可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应，在加热条件下进行，生成砖红色沉淀；d、乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应，可用于饱和碳酸钠溶液检验，故答案为：B；D；A；C；（2）有机物含有羟基、羧基和碳碳双键，可与钠反应生成氢气，反应的方程式为+4Na→+2H2↑．故答案为：羟基、羧基；-18-\n【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．22．（1）已知甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2O，电池中有一极的电极反应为CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O，这个电极是燃料电池的负极（填“正极”或“负极”），另一个电极上的电极反应式为：2O2+4H2O+8e﹣═8OH﹣（2）已知吸热反应2HI（g）═H2（g）+I2（g）吸收热量11kJ，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为299kJ．【考点】原电池和电解池的工作原理；有关反应热的计算．【分析】（1）燃料电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应；（2）2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）△H=+11kJ•mol﹣1的正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量﹣化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量，据此进行计算．【解答】解：（1）CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O中C元素化合价由﹣4价变为+4价，所以甲烷失电子发生氧化反应，其所在电极为负极，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为：2O2+4H2O+8e﹣═8OH﹣，故答案为：负极；2O2+4H2O+8e﹣═8OH﹣；（2）设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，化学键断裂时需吸收的能量﹣化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量，即：2xkJ﹣436kJ﹣151kJ=11kJ，解得：x=299，故答案为：299．【点评】本题考查了电解原理、热化学方程式的计算，题目难度中等，明确电解原理及其应用方法为解答关键，注意掌握热化学方程式书写及计算方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用基础知识解决实际问题的能力．23．目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇．一定条件下发生反应：CO2+3H2⇌CH3OH+H2O，该反应的能量变化如图所示：（1）甲同学认为该反应为放热反应，他的理由为：反应物的总能大于生成物的总能量（2）在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2的物质的量随时间变化如表所示．从反应开始到5min末，用CO2浓度变化表示的平均反应速率v（CO2）=0.05mol/（L．min）；反应达到平衡状态，此时H2的转化率为75%．t/min0251015n（CO2）/mol10.750.50.250.25（3）在相同温度、容积不变的条件下，能说明该反应已达平衡状态的是bd（填序号）．a．v生成（CH3OH）=v消耗（CO2）b．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化c．n（CO2）：n（H2）：n（CH3OH）：n（H2O）=1：1：1：1d．H2的消耗速率与CH3OH的消耗速率之比为3：1．-18-\n【考点】化学平衡的计算；吸热反应和放热反应；化学平衡状态的判断．【分析】（1）反应物的总能大于生成物的总能量，该反应为放热反应；（2）根据v=计算v（CO2）；10min处于平衡状态，由方程式的可知△n（H2）=3△n（CO2），进而计算氢气转化率；（3）a．均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行；b．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度保持不变；c．平衡时各组分物质的量关系，与反应物转化率及起始量有关；d．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡．【解答】解：（1）由图可知，反应物的总能大于生成物的总能量，该反应为放热反应，故答案为：反应物的总能大于生成物的总能量；（2）从反应开始到5min末，△n（CO2）=1mol﹣0.5mol=0.5mol，则v（CO2）==0.05mol/（L．min）；10min处于平衡状态，由方程式的可知△n（H2）=3△n（CO2）=3×（1mol﹣0.25mol）=2.25mol，则氢气转化率为×100%=75%，故答案为：0.05mol/（L．min）；75%；（3）a．均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，故a错误；b．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化，说明到达平衡，故b正确；c．平衡时各组分物质的量关系，与反应物转化率及起始量有关，二氧化碳与氢气起始物质的量为1：3，二者按1：3反应，平衡时二者物质的量之比为1：3，故c错误；d．H2的消耗速率与CH3OH的消耗速率之比为3：1，说明氢气的消耗数量等于其生成速率，反应到达平衡，故d正确，故选：bd．【点评】本题考查化学平衡计算、反应速率计算、平衡状态判断、吸热反应与放热反应等，难度不大，注意基础知识的理解掌握．24．（14分）为探究生活中两种常见的有机物的性质，某同学设计如下实验，请根据题目要求填写下列空格：-18-\n（I）如上图1所示，试管中装乙醇，（图示不一定准确）则反应现象为钠沉于无水酒精底部，反应缓慢，表面有气泡；（Ⅱ）如上图2所示，把加热的铜丝插入到装有乙醇的试管中，闻到有刺激性气味，该反应中产生的有机物为CH3CHO；（填结构简式）；（Ⅲ）为了确认乙酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，有人设计用如图3所示装置来进行实验验证．①A中所盛试剂为乙酸．②C中实验现象为白色胶状沉淀，由实验可知这三种酸的酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞H2SiO3．③该装置中存在不妥之处，请提出改正措施在两装置中间加一个盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中乙酸气体．【考点】性质实验方案的设计．【分析】（I）Na与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，但钠的密度大于水；（Ⅱ）乙醇与加热的Cu发生催化氧化生成乙醛，乙醛具有刺激性气味；（Ⅲ）根据强酸制弱酸的原理：将CH3COOH与Na2CO3发生反应：Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H2O+CO2↑，说明酸性CH3COOH＞H2CO3；产生的CO2气体通入硅酸钠钠溶液发生反应有白色胶状沉淀产生：CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，说明酸性H2CO3＞H2SiO3，产生的CO2气体混有乙酸气体，乙酸也能与硅酸钠反应，应通过饱和碳酸氢钠溶液除去，据此回答．【解答】解：（I）钠与乙醇反应的现象：钠沉于无水酒精底部，不熔成闪亮的小球，也不发出响声，反应缓慢，表面有气泡，故答案为：钠沉于无水酒精底部，反应缓慢，表面有气泡；（Ⅱ）乙醇与加热的Cu发生催化氧化生成乙醛（CH3CHO），乙醛具有刺激性气味，则图2中产生的具有刺激性气味的液体为乙醛，故答案为：CH3CHO；（Ⅲ）①将CH3COOH与Na2CO3发生反应：Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H2O+CO2↑，说明酸性：CH3COOH＞H2CO3；则A中所盛试剂为为乙酸；故答案为：乙酸；②产生的CO2气体通入硅酸钠钠溶液发生反应有白色胶状沉淀产生：CO2+Na2SiO3+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，说明酸性：H2CO3＞H2SiO3，则酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H2SiO3；故答案为：白色胶状沉淀；CH3COOH＞H2CO3＞H2SiO3；③该装置中存在不妥之处：产生的CO2气体混有乙酸气体，乙酸也能与硅酸钠反应，应通过饱和碳酸氢钠溶液除去，改正措施为在两装置中间加一个盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中乙酸气体，故答案为：在两装置中间加一个盛饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中乙酸气体．【点评】本题考查了物质性质的实验设计，掌握实验基本操作，物质性质的应用是解题关键，题目难度中等．-18-
