2022-2022学年江西省新余一中、宜春一中联考高一（下）期中化学试卷一、选择题（本题包括16小题；每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．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），届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”．下列说法不正确的是()A．目前研究菠菜蛋白质“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2．“即食即热型快餐”适合外出时使用，其内层是用铝箔包裹并已加工好的真包装食品，外层则是分别包装的两包化学物质，使用时拉动预留在外的拉线使这两种化学物质发生反应，放出的热量便可对食物进行加热，这两包化学物质最适合的选择是()A．浓硫酸和水B．生石灰和水C．氢氧化钠和水D．氯化钠和水3．下图各装置中，不能形成原电池的是（烧杯中所盛液体都是稀硫酸）()A．B．C．D．4．NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是()A．常温下，7.8g固体Na2O2中，含有的阴阳离子总数为0.4NAB．4℃时，18g2H216O中含有共用电子对数为2NAC．1molN5+含有的电子数为34NAD．用金属铁、Cu片、稀硫酸组成原电池，当金属铁质量减轻5.6g时，流过外电路的电子为0.3NA5．M、N都是短周期元素，原子半径M＞N，它们可形成化合物MN2，由此得出的正确判断是()A．M、N不可能在同一周期B．M一定在N的下一周期C．MN2肯定是共价化合物D．M、N可能在同一主族6．2022年北京奥运会“祥云”火炬用的是环保型燃料﹣﹣丙烷（C3H8），悉尼奥运会火炬所用燃料为65%丁烷（C4H10）和35%丙烷，下列有关说法正确的是()A．符合通式CnH2n+2的均属于烷烃B．丙烷分子中所有原子共平面C．丁烷的一氯代物有5种D．以上说法均不正确20\n7．可逆反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是()①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为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混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥⑦B．②③⑤⑦C．①③④⑤D．全部8．把amolC2H4跟bmolH2混合在密闭容器中，在适当条件下，反应达到平衡时生成pmolC2H6，若将所得平衡混和气体完全燃烧生成二氧化碳和水，需要氧气的量是()A．（3a+b）molB．（3a+）molC．（3a+3p+）molD．（3a+﹣3p）mol9．反应4A（g）+3B（g）=2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少0.6mol•L﹣1．对此反应速率的表示，正确的是()①用A表示的反应速率是0.4mol•L﹣1•min﹣1②分别用B、C、D表示的反应速率其比值为3：2：1③在2min末的反应速率，用B表示是0.3mol•L﹣1•min﹣1④在这2min内用B表示的反应速率的值是逐渐减小的，用C表示的反应速率的值是逐渐增大的．A．①②B．③C．①D．②④10．有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则四种金属的活动性顺序为()A．A＞B＞C＞DB．B＞D＞C＞AC．C＞A＞B＞DD．A＞C＞D＞B11．目前，人类已经发现的非金属元素除稀有气体元素外共有16种，下列对这16种非金属元素的判断不正确的是()①都是主族元素，原子的最外层电子数都大于3；②单质在反应中都只能作氧化剂；③对应的含氧酸都是强酸；④氢化物常温下都是气态，所以又叫气态氢化物；⑤气态氧化物与水反应都不会再生成气体．A．全部B．只有①②C．只有①②③④D．只有①②④⑤12．下列关于化合物CH3﹣CH=CH﹣C≡C﹣CH3说法中，正确的是()A．6个碳原子都在一条直线上B．有可能5个碳原子在一条直线上C．6个碳原子都在同一平面上20\nD．6个碳原子不可能在同一平面上13．某单烯烃与氢气的加成产物为：（CH3）2CHCH2CH3，下列相关说法正确的是()A．该产物的名称是1，1﹣二甲基丙烷B．1mol加成产物燃烧消耗6.5mol氧气C．原单烯烃只可能有3种不同结构D．原烯烃与分子式是C3H6的烃一定互为同系物14．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是()A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞YB．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞SC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）215．下列化合物中，既含有极性键又含有非极性键的是()A．Na2O2B．NH4ClC．CH4D．H2O216．某固体酸性燃料电池以Ca（HSO4）2固体为电解质传递H+，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是()A．电子通过外电路从b极流向a极B．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2C．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极D．b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣二、填空题17．有下列各组物质A．O2和O3B．12C和13CC．CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3和D．CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3和E．液氯和氯气F．CO（NH2）2和NH4CNOG．C60和金刚石（1）__________组两物质互为同位素；（2）__________组两物质互为同素异形体；（3）____________________组两物质互为同分异构体；（4）__________组中两物质是同一物质．20\n18．将等物质的量的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﹣1，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0.25mol•L﹣1．（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__________．19．共价键都有键能之说，键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量或形成1mol共价键所放出的能量．（1）已知H﹣Cl键的键能为431.4kJ/mol，下列关于键能的叙述正确的是__________．A．每生成1molH﹣Cl键放出431.4kJ能量B．每生成1molH﹣Cl键吸收431.4kJ能量C．每拆开1molH﹣Cl键放出431.4kJ能量D．每拆开1molH﹣Cl键吸收431.4kJ能量（2）参考下表中的数据，判断下列分子受热时最稳定的是__________．化学键H﹣HH﹣FH﹣ClH﹣Br键能/kJ/mol436565431368A．HFB．HClC．HBrD．H2（3）能用键能大小解释的是__________．A．氮气的化学性质比氧气稳定B．常温常压下，溴呈液态，碘呈固态C．稀有气体一般很难发生化学反应D．硝酸易挥发而硫酸难挥发（4）已知：4HCl+O2═2Cl2+2H2O，该反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量．断开1molH﹣O键与断开1molH﹣Cl键所需能量相差约为__________kJ．20．分别按下图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中G为电流计．请回答下列问题：（1）以下叙述中，正确的是__________．A．甲中锌片是负极，乙中铜片是正极B．两烧杯中铜片表面均有气泡产生C．两烧杯中溶液的pH均增大D．产生气泡的速率甲中比乙中慢E．乙的外电路中电流方向Zn→Cu（2）变化过程中能量转化的形式主要是：甲为__________；乙为__________．20\n（3）在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了少量气体，分析其原因可能是__________．（4）在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应方程式：__________．21．W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示．已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的原子半径在同周期主族元素中最小．（1）X位于元素周期表中第__________周期第__________族；W的这种核素的原子组成符号为__________．（2）X与W形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式为__________（写化学式）；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是__________（写化学式）．（3）用电子式表示化合物XZ的形成过程：__________．22．实验室里用乙醇和浓硫酸反应生成乙烯，接着再用溴与之反应生成1，2﹣二溴乙烷．在制备过程中由于部分乙醇被浓硫酸氧化还会产生CO2、SO2，并进而与Br2反应生成HBr等酸性气体．（1）用下列仪器，以上述三种物质为原料制备1，2﹣二溴乙烷．如果气体流向为从左到右，正确的连接顺序是（短接口或橡皮管均已略去）：__________经A（1）插入A中，__________接A（2）；A（3）接C，C接__________接__________接G．（2）在三颈烧瓶A中的主要反应的化学方程式为__________；（3）在反应管E中进行的主要反应的化学方程式为__________；（4）温度计水银球的正确位置是__________；（5）反应管E中加入少量水及把反应管E置于盛有冷水的小烧杯中是因为__________．20\n2022-2022学年江西省新余一中、宜春一中联考高一（下）期中化学试卷一、选择题（本题包括16小题；每题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）1．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），届时人们将适应“低碳经济”和“低碳生活”．下列说法不正确的是()A．目前研究菠菜蛋白质“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【考点】常见的生活环境的污染及治理；常见的能量转化形式；化石燃料与基本化工原料．【分析】A．菠菜中的蛋白质是间接利用太阳能合成的，研究菠菜蛋白质“发电”属于太阳能文明；B．化石燃料的使用是二氧化碳的最大来源，少使用就可以减少二氧化碳的排放；C．硅属于半导体材料，它能把太阳能直接转化为电能；D．石油、天然气都属于化石燃料．【解答】解：A．菠菜蛋白质中的生物质能本质上来源于太阳能，应属于“太阳能文明”，故A错误；B．二氧化碳是导致温室效应的主要气体，开发太阳能新能源，可减少煤、石油、天然气等矿物燃料的使用，太阳能是清洁可循环利用的能源，没有二氧化碳排放，故B正确；C．太阳能电池的光伏板是由非晶态硅制成的，它能把太阳能直接转化为电能，故C正确；D．碳素燃料是指含碳的燃料，所以碳素燃料就是化石燃料，石油、天然气都属于化石燃料，故D正确；故选A．【点评】本题主要考查了与节能减排相关的知识，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力，题目难度不大．2．“即食即热型快餐”适合外出时使用，其内层是用铝箔包裹并已加工好的真包装食品，外层则是分别包装的两包化学物质，使用时拉动预留在外的拉线使这两种化学物质发生反应，放出的热量便可对食物进行加热，这两包化学物质最适合的选择是()A．浓硫酸和水B．生石灰和水C．氢氧化钠和水D．氯化钠和水【考点】吸热反应和放热反应．【分析】根据反应时是否放热判断，即食即热型快餐就是利用物质接触发生化学反应放热进行的，且要在放热时确保安全性．【解答】解：A．浓硫酸溶于水放热，但浓硫酸具有极强的腐蚀性，故不适用于食物的加热，故A错误；B．生石灰与水反应放出大量的热，故B正确；C．NaOH溶于水放热，但氢氧化钠是强碱，具有很强的腐蚀性，不合适食物的加热，故C错误；D．氯化钠与水不反应，故D错误，故选B．20\n【点评】本题考查了生石灰的用途，完成此题，可以依据氧化钙的性质进行解答．3．下图各装置中，不能形成原电池的是（烧杯中所盛液体都是稀硫酸）()A．B．C．D．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】原电池的构成条件：活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发的氧化还原反应．【解答】解：前三个装置均符合原电池的构成条件：活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发的氧化还原反应，在第四个装置中，不能形成闭合回路．故选D．【点评】本题考查学生原电池的构成条件，可以根据教材知识来回答，较简单．4．NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是()A．常温下，7.8g固体Na2O2中，含有的阴阳离子总数为0.4NAB．4℃时，18g2H216O中含有共用电子对数为2NAC．1molN5+含有的电子数为34NAD．用金属铁、Cu片、稀硫酸组成原电池，当金属铁质量减轻5.6g时，流过外电路的电子为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A.1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总计3mol阴阳离子；B．每个2H216O含有2对共用电子对，根据n=计算2H216O的物质的量，再根据N=nNA计算共用电子对数目；C.1个N5+含有34个电子；D．铁在反应表现+2价，根据n=计算铁物质的量，再根据N=nNA计算电子数目．【解答】解：A．由于1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总计3mol阴阳离子，7.8g过氧化钠的物质的量是0.1mol，总计含有0.3mol阴阳离子，含有阴阳离子总数为0.3NA，故A错误；B.18g2H216O中含有共用电子对数为×2×NAmol﹣1=1.8NA，故B错误；C.1个N5+含有34个电子，1molN5+含有的电子数为34NA，故C正确；D．铁在反应表现+2价，当金属铁质量减轻5.6g时，流过外电路的电子数为×2×NAmol﹣1=0.2NA，故D错误；故选：C．【点评】本题考查常用化学计量数的有关计算，注意注意物质的组成、结构、性质，熟练掌握公式的使用是解题关键，题目难度不大．20\n5．M、N都是短周期元素，原子半径M＞N，它们可形成化合物MN2，由此得出的正确判断是()A．M、N不可能在同一周期B．M一定在N的下一周期C．MN2肯定是共价化合物D．M、N可能在同一主族【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期表的结构及其应用．【分析】M、N都是短周期元素，原子半径M＞N，它们可形成化合物MN2，M表现正化合价、N表现负化合价，若为同周期，同周期从左到右原子半径逐渐减小，与原子半径M＞N一致；也可在不同周期，M化合价为偶数，只能是M在N的下一周期，M可以处于ⅡA、ⅣA族，化合物如MgF2、SiO2，以此来解答．【解答】解：A．M、N可能在同一周期，如化合物CO2，M为C，N为O，原子半径M＞N，故A错误；B．M、N可能在同一周期，如化合物CO2，故B错误；C．若为化合物MgF2，为离子化合物，故C错误；D．若为SO2，M为S，N为O，原子半径M＞N，二者位于同主族，故D正确；故选D．【点评】本题考查结构性质位置关系，属于开放性题目，涉及可能的物质很多，学生容易考虑不全，为易错题目，注意利用化合价来分析元素在周期表中可能的位置，利用列举法进行的解答，题目难度中等．6．2022年北京奥运会“祥云”火炬用的是环保型燃料﹣﹣丙烷（C3H8），悉尼奥运会火炬所用燃料为65%丁烷（C4H10）和35%丙烷，下列有关说法正确的是()A．符合通式CnH2n+2的均属于烷烃B．丙烷分子中所有原子共平面C．丁烷的一氯代物有5种D．以上说法均不正确【考点】化石燃料与基本化工原料．【分析】A．烷烃中每个碳原子都形成4个共价键，每个氢原子都形成一个共价键；B．丙烷可以看做是甲烷分子上的某个H被一个乙基取代而得的物质；C．丁烷的一氯代物有4种．【解答】解：A．烷烃中每个碳原子都形成4个共价键，每个氢原子都形成一个共价键，所以每个原子都达到饱和，其通式为CnH2n+2，故A正确；B．丙烷可以看做是甲烷分子上的某个H被一个乙基取代而得的物质，所以丙烷分子中所有原子不在一个平面上，故B错误；C．丁烷的一氯代物有4种，正丁烷有2种，异丁烷有2种，故C错误；故选A．【点评】本题考查了烷烃的结构和性质，易错选项是C，注意先判断丁烷是否有同分异构体，再确定一氯代物的种类．7．可逆反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是()①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态20\n⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥⑦B．②③⑤⑦C．①③④⑤D．全部【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态．【解答】解：①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，能说明正逆反应速率的相等关系，故①正确；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO只能说明单方向关系，不能说明正逆反应速率的关系，故②错误；③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，故③错误；④混合气体的颜色不变化说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，故④正确；⑤该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，故⑤错误；⑥因该反应是物质的量在增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故⑥正确；⑦混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，故⑦正确；故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意C项为易错点，注意反应前的计量数等于反应后各物质的计量数之和，但反应前后气体的物质的量发生改变．8．把amolC2H4跟bmolH2混合在密闭容器中，在适当条件下，反应达到平衡时生成pmolC2H6，若将所得平衡混和气体完全燃烧生成二氧化碳和水，需要氧气的量是()A．（3a+b）molB．（3a+）molC．（3a+3p+）molD．（3a+﹣3p）mol【考点】有关混合物反应的计算．【分析】混合气体消耗氧气的体积取决于C、H元素的物质的量，反应前后C、H原子的物质的量不变，则所得平衡混和气体完全燃烧消耗氧气的量与原乙烯和氢气的混合气体消耗氧气的量一定相等，据此进行计算．【解答】解：amolC2H4、bmolH2的混合气体完全燃烧消耗氧气的总物质的量为：amol×（2+）+bmol×=（3a+）mol，根据质量守恒定律，加成反应前后C、H原子的物质的量不变，则所得平衡混和气体完全燃烧消耗氧气的量与原乙烯和氢气的混合气体消耗氧气的量一定相等，都为（3a+）mol，20\n故选B．【点评】本题考查了混合物的计算，题目难度不大，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，要求学生平时多积累化学计算的方法与技巧．9．反应4A（g）+3B（g）=2C（g）+D（g），经2min，B的浓度减少0.6mol•L﹣1．对此反应速率的表示，正确的是()①用A表示的反应速率是0.4mol•L﹣1•min﹣1②分别用B、C、D表示的反应速率其比值为3：2：1③在2min末的反应速率，用B表示是0.3mol•L﹣1•min﹣1④在这2min内用B表示的反应速率的值是逐渐减小的，用C表示的反应速率的值是逐渐增大的．A．①②B．③C．①D．②④【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】①根据v=计算v（B），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；②速率之比等于化学计量数之比；③2min内，B的浓度减少0.6mol/L，用B表示的2min内平均速率是0.3mol•L﹣1•min﹣1；④随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少．【解答】解：①2min内，B的浓度减少0.6mol/L，用B表示的2min内平均速率v（B）==0.3mol•L﹣1•min﹣1，速率之比等于化学计量数之比，故v（A）=v（B）=×0.3mol•L﹣1•min﹣1=0.4mol•L﹣1•min﹣1，故①正确；②速率之比等于化学计量数之比，用B、C、D表示的反应速率其比值为3：2：1，故②正确；③2min内，B的浓度减少0.6mol/L，用B表示的2min内平均速率是0.3mol•L﹣1•min﹣1，不是2min末的即时速率，故③错误；④随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少，故2min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小，故④错误；故选A．【点评】本题考查化学反应速率的计算与影响因素等，注意化学反应速率为一段时间内平均速率，不是即时速率．10．有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，①A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，则四种金属的活动性顺序为()A．A＞B＞C＞DB．B＞D＞C＞AC．C＞A＞B＞DD．A＞C＞D＞B【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．【分析】活泼性较强的金属作原电池的负极，易失去电子而被氧化；原电池中电子从负极流经外电路流向正极，金属的活泼性只取决于失电子的能力，与失电子多少无关，以此解答该题．20\n【解答】解：①活泼性较强的金属作原电池的负极，A、B用导线相连后，同时插入稀H2SO4中，A极为负极，则活泼性：A＞B；②原电池中电子从负极流经外电路流向正极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D，则活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4，C极产生大量气泡，说明C为原电池的正极，较不活泼，则活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，应为原电池的负极，则活泼性：D＞B，所以有：A＞C＞D＞B，故选D．【点评】本题考查金属活泼性的比较，为高频考点，题目难度不大，本题注意把握如何从原电池的角度比较金属的活泼性，注意原电池中，较为活泼的金属作负极．11．目前，人类已经发现的非金属元素除稀有气体元素外共有16种，下列对这16种非金属元素的判断不正确的是()①都是主族元素，原子的最外层电子数都大于3；②单质在反应中都只能作氧化剂；③对应的含氧酸都是强酸；④氢化物常温下都是气态，所以又叫气态氢化物；⑤气态氧化物与水反应都不会再生成气体．A．全部B．只有①②C．只有①②③④D．只有①②④⑤【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】①氢元素属于非金属元素；②非金属元素的单质在反应中可以做氧化剂也可以做还原剂；③碳酸、亚硫酸以及硅酸等均是弱酸；④水在常温下是液态；⑤二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮和硝酸．【解答】解：①氢元素属于非金属元素，是主族元素，原子的最外层电子数为1，小于3，故①错误；②非金属元素的单质在反应中可以做氧化剂也可以做还原剂，比如氯气和水的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故②错误；③C、S、Si对应的含氧酸分别为碳酸、亚硫酸、硅酸，均是弱酸，故③错误；④氢元素的氢化物是水，水在常温下是液态，不是气态，故④错误；⑤气态氧化物二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮气体和硝酸，故⑤错误．故选A．【点评】本题主要考查学生对非金属元素以及其化合物的掌握，要求学生熟记教材知识，学以致用，难度不大．12．下列关于化合物CH3﹣CH=CH﹣C≡C﹣CH3说法中，正确的是()A．6个碳原子都在一条直线上B．有可能5个碳原子在一条直线上C．6个碳原子都在同一平面上D．6个碳原子不可能在同一平面上20\n【考点】常见有机化合物的结构．【分析】根据碳碳双键为平面结构、碳碳三键为直线结构，与双键碳直接相连的原子一定在同一平面内，以此来解答．【解答】解：分子中碳链空间结构为平面型，如图所示．乙炔为直线型结构，﹣C≡C﹣决定了3、4、5、6号4个碳原子在同一直线上，2、3、4号3个C有健角接近120度，所以6个碳原子不可能都在一条直线上，4个碳原子在一条直线上；乙烯为平面型结构，决定1、2、3、4号4个碳原子在同一平面内，而3、4、5、6号4个碳原子在同一直线上，3、4号两个C原子已经在平面上，因此这条直线在这个平面上，6个C原子共面，且与C=C、C≡C直接相连的原子在同一平面内，则6个C、还有4个H在同一平面内，故选C．【点评】本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构，题目难度不大．13．某单烯烃与氢气的加成产物为：（CH3）2CHCH2CH3，下列相关说法正确的是()A．该产物的名称是1，1﹣二甲基丙烷B．1mol加成产物燃烧消耗6.5mol氧气C．原单烯烃只可能有3种不同结构D．原烯烃与分子式是C3H6的烃一定互为同系物【考点】烯烃．【专题】有机反应．【分析】A．根据烷烃命名方法，主链应该是丁烷，不是丙烷；B．该产物的分子式为C5H12，燃烧生成水和二氧化碳，根据氧原子守恒计算；C．每两个相邻的碳原子各去掉一个氢原子，共有3种情况；D．C3H6不一定是烯烃，有可能是环丙烷．【解答】解：A．（CH3）2CHCH2CH3的主链应该是丁烷，2号碳上有一甲基，正确命名为2﹣甲基丁烷，故A错误；B．1molH消耗0.5molO，即0.25molO2；1molC消耗1molO2，故1molC5H12，燃烧消耗1×5+0.25×12=8（mol），故B错误；C．采用逆向分析法，相邻的碳原子各去掉一个氢原子，有三种结果，故有3种不同的烯烃CH2=CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2C=CHCH3、（CH3）2CHCH=CH2，故C正确；D．C3H6有两种结构，一种是丙烯，还一种是环丙烷，故不一定是烯烃，故D错误；故选C．【点评】本题考查烷烃的命名、同系物判断、有机物燃烧、同分异构体等知识，涉及知识点较多，注意把握概念的内涵与外延，题目难度不大．20\n14．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是()A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞YB．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞SC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D．Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）2【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A．根据离子的核外电子层结构分析；B．元素的非金属性与氢化物水溶液的酸性无关；C．位于金属与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；D．根据同周期元素自左而右金属性变化规律分析．【解答】解：A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；B．元素的非金属性与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故B错误；C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故D正确；D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba（OH）2，故D正确；故B．【点评】本题考查元素周期表结构、元素周期律等知识，难度不大，B为易错点，注意对规律的理解掌握．15．下列化合物中，既含有极性键又含有非极性键的是()A．Na2O2B．NH4ClC．CH4D．H2O2【考点】极性键和非极性键．【专题】化学键与晶体结构．【分析】由不同非金属原子之间形成的为极性共价键，由相同非金属原子形成的共价键为非极性共价键，以此解答．【解答】解：A．Na2O2含非极性共价键和离子键，故A错误；B．NH4Cl中含N﹣H极性键、配位键、离子键，故B错误；C．CH4中只含有C﹣H极性键，没有非极性键，故C错误；D．H2O2分子中含有O﹣O非极性键，含有O﹣H极性键，故D正确．故选D．【点评】本题考查共价键知识，注意极性共价键、非极性共价键的区别以及判断方法，注意相关基础知识的积累，难度不大．16．某固体酸性燃料电池以Ca（HSO4）2固体为电解质传递H+，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是()20\nA．电子通过外电路从b极流向a极B．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2C．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极D．b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H2﹣2e﹣═2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L．【解答】解：A．因氢元素的化合价升高，则a为负极，电子应该是通过外电路由a极流向b，故A错误；B．因没有说明是否为标准状况，则气体的体积不一定为1.12L，故B错误；C．原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故C正确；D．该电池为酸性电池，反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O，故D错误．故选C．【点评】本题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题．侧重考查学生灵活运用原电池原理解决实际问题的能力．学习中要明确原电池电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写等问题．二、填空题17．有下列各组物质A．O2和O3B．12C和13CC．CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3和D．CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3和E．液氯和氯气F．CO（NH2）2和NH4CNOG．C60和金刚石（1）B组两物质互为同位素；（2）AG组两物质互为同素异形体；（3）CF组两物质互为同分异构体；（4）DE组中两物质是同一物质．【考点】同位素及其应用；同素异形体；有机化合物的异构现象．【分析】A．O2和O3是氧元素构成的两种不同单质；B．12C和13C均是碳元素的不同种原子；C．CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3和，属于分子式相同，结构不同的有机化合物；20\nD．CH3﹣CH2﹣CH2﹣CH3和都是正丁烷；E．液氯和氯气均是氯气单质；F．CO（NH2）2和NH4CNO，是分子式相同，结构不同的化合物；G．C60和金刚石均是碳元素形成的单质，据此解答即可．【解答】解：（1）同位素是质子数相同中子数不同的同元素的不同核素互称同位素，故答案为：B；（2）同种元素组成的不同单质为同素异形体，故答案为：AG；（3）分子式相同，结构不同的物质为同分异构体，故答案为：CF；（4）D．H2O和D2O均是有H与O构成的化合物水，属于一种物质，E．液氯和氯气是氯气的两种状态，属于一种物质，故答案为DE．【点评】本题考查了有机物的命名方法应用，同位素、同素异形体、同系物、同分异构体概念的理解和判断是解题的关键．18．将等物质的量的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﹣1，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0.25mol•L﹣1．（1）x的值是2；（2）B的平均反应速率0.05mol/（L•min）；（3）则反应开始前放入容器中A的物质的量2mol．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据v=计算v（D），再根据反应速率之比等于化学计量数之比计算x的值；（2）利用速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；（3）根据D的浓度变化量计算A的浓度变化量，A的起始浓度=0.25mol/L+△c（A），再根据c=nV计算A的起始物质的量．【解答】解：（1）经5min后，测得D的浓度为0.5mol•L﹣1，则v（D）==0.1mol/（L•min），C的平均反应速率是0.1mol/（L•min），则：0.1mol/（L•min）：0.1mol/（L•min）=2：x，解得x=2，故答案为：2；（2）率之比等于化学计量数之比，v（B）=v（D）=×0.1mol/（L•min）=0.05mol/（L•min），故答案为：0.05mol/（L•min）；（3）△c（A）=△c（D）=×0.5mol/L=0.75mol/L，故A的起始浓度=0.25mol/L+0.75mol/L=1mol/L，则A的起始物质的量为1mol/L×2L=2mol，故答案为：2mol．【点评】本题考查化学平衡的计算、反应速率计算，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．20\n19．共价键都有键能之说，键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量或形成1mol共价键所放出的能量．（1）已知H﹣Cl键的键能为431.4kJ/mol，下列关于键能的叙述正确的是AD．A．每生成1molH﹣Cl键放出431.4kJ能量B．每生成1molH﹣Cl键吸收431.4kJ能量C．每拆开1molH﹣Cl键放出431.4kJ能量D．每拆开1molH﹣Cl键吸收431.4kJ能量（2）参考下表中的数据，判断下列分子受热时最稳定的是A．化学键H﹣HH﹣FH﹣ClH﹣Br键能/kJ/mol436565431368A．HFB．HClC．HBrD．H2（3）能用键能大小解释的是A．A．氮气的化学性质比氧气稳定B．常温常压下，溴呈液态，碘呈固态C．稀有气体一般很难发生化学反应D．硝酸易挥发而硫酸难挥发（4）已知：4HCl+O2═2Cl2+2H2O，该反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量．断开1molH﹣O键与断开1molH﹣Cl键所需能量相差约为31.9kJ．【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据键能的含义可知，拆开化学键要吸收能量，形成化学键放出能量，已知H﹣Cl键的键能为431.4kJ/mol，根据键能概念分析；（2）键能越大，键越稳定；（3）A．键能越大，分子越稳定；B．分子间作用力越大，分子晶体的熔点越高；C．稀有气体为单原子分子，没有化学键；D．物质想挥发性与其沸点有关．（4）反应热△H=反应物总键能﹣生成物的总键能，据此计算H﹣O键与H﹣Cl键的键能差，进而计算断开1molH﹣O键与断开1molH﹣Cl键所需能量差．【解答】解：（1）已知H﹣Cl键的键能为431.4kJ/mol，所以要拆开1molH﹣Cl键需要吸收431.4kJ能量，要形成1molH﹣Cl键需要放出431.4kJ能量；故答案为：AD；（2）键能越大，键越稳定，由表格数据可知，HF的键能最大，则HF最稳定，故答案为：A；（3）A．键能越大，分子越稳定，氮气中的共价键的键能比氧气的大，所以氮气的化学性质比氧气稳定，能用键能解释，故A正确；B．分子间作用力越大，分子晶体的熔点越高，常温常压下，溴呈液态，碘呈固态，是因为单质碘的分子间作用力大，与键能无关，故B错误；C．稀有气体为单原子分子，没有化学键，很难发生化学反应，是因为原子达到8电子稳定结构，不易形成化学键，故C错误；20\nD．物质想挥发性与其沸点有关，分子晶体的沸点与分子间作用力有关，与键能无关，故D错误．故答案为：A；（4）E（H﹣O）、E（HCl）分别表示H﹣O键能、H﹣Cl键能，反应A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能﹣生成物的总键能，故：4×E（H﹣Cl）+498kJ/mol﹣[2×243kJ/mol+4×E（H﹣O）]=﹣116kJ/mol，整理得，4E（H﹣Cl）﹣4E（H﹣O）=﹣127.6kJ/mol，即E（H﹣O）﹣E（HCl）=31.9kJ/mol，故断开1molH﹣O键与断开1molH﹣Cl键所需能量相差约为32kJ/mol×1mol=31.9kJ，故答案为：31.9．【点评】本题考查了键能与分子间作用力的区别、反应热的计算，解题时需审清题目，理清关系，明晰分子间作用力与物质状态有关，与键能无关，题目难度中等．20．分别按下图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸，乙中G为电流计．请回答下列问题：（1）以下叙述中，正确的是CD．A．甲中锌片是负极，乙中铜片是正极B．两烧杯中铜片表面均有气泡产生C．两烧杯中溶液的pH均增大D．产生气泡的速率甲中比乙中慢E．乙的外电路中电流方向Zn→Cu（2）变化过程中能量转化的形式主要是：甲为化学能转变为热能；乙为化学能转化为电能．（3）在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了少量气体，分析其原因可能是锌片不纯，在锌片上形成原电池．（4）在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，请写出铜电极的电极反应方程式：Cu2++2e﹣=Cu．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，乙形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题．【解答】解：（1）A．没有形成闭合回路，不能形成原电池，故A错误；B．铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面没有气泡产生，故B错误；C．两烧杯中硫酸都参加反应，氢离子浓度减小，溶液的pH均增大，故C正确；D．乙能形成原电池反应，较一般化学反应速率更大，所以产生气泡的速率甲中比乙中慢，故D正确；20\nE．原电池电子由负极经外电路流向正极，乙形成原电池，Zn为负极，Cu为正极，则电流方向Cu→Zn，故E错误．故答案为：C、D；（2）甲没有形成闭合回路，不能形成原电池，反应放热，将化学能转变为热能，乙形成闭合回路，形成原电池，将化学能转变为电能；故答案为：化学能转化为热能；化学能转化为电能；（3）在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，是由于锌片不纯，在锌片上形成原电池导致，故答案为：锌片不纯，在锌片上形成原电池；（4）在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，Cu2+在正极上得电子被还原产生Cu，电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：Cu2++2e﹣=Cu；【点评】本题考查原电池的组成和工作原理，题目难度不大，注意基础知识的积累．21．W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示．已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的原子半径在同周期主族元素中最小．（1）X位于元素周期表中第三周期第IA族；W的这种核素的原子组成符号为188O．（2）X与W形成的原子个数比为1：1的化合物的电子式为（写化学式）；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是HCl（写化学式）．（3）用电子式表示化合物XZ的形成过程：．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则其质子数为18﹣10=8，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径大于氧，所以X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na，故Y为Si；Z的原子半径在同周期主族元素中最小，则Z为第ⅤⅡA族元素，原子序数大于Si，所以Z为Cl元素，据此解答．【解答】解：W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则其质子数为18﹣10=8，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差1，且原子半径大于氧，所以X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，原子序数大于Na，故Y为Si；Z的原子半径在同周期主族元素中最小，则Z为第ⅤⅡA族元素，原子序数大于Si，所以Z为Cl元素．（1）X为Na元素，位于元素周期表中第三周期第IA族；W的这种核素的原子组成符号为：188O，20\n故答案为：三、IA；188O；（2）X与W形成的原子个数比为1：1的化合物Na2O2，其电子式为，由于非金属性Cl＞Br，故氢化物稳定性HCl＞HBr，故答案为：；HCl；（3）化合物XZ为NaCl，用电子式表示形成过程为：，故答案为：．【点评】本题考查位置结构性质关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，有利于学生对基础知识的巩固，难度不大．22．实验室里用乙醇和浓硫酸反应生成乙烯，接着再用溴与之反应生成1，2﹣二溴乙烷．在制备过程中由于部分乙醇被浓硫酸氧化还会产生CO2、SO2，并进而与Br2反应生成HBr等酸性气体．（1）用下列仪器，以上述三种物质为原料制备1，2﹣二溴乙烷．如果气体流向为从左到右，正确的连接顺序是（短接口或橡皮管均已略去）：B经A（1）插入A中，D接A（2）；A（3）接C，C接F接E接G．（2）在三颈烧瓶A中的主要反应的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；（3）在反应管E中进行的主要反应的化学方程式为CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br；（4）温度计水银球的正确位置是应插入至液面以下；（5）反应管E中加入少量水及把反应管E置于盛有冷水的小烧杯中是因为溴易挥发，这样做可以减少溴的挥发损失．【考点】乙醇的消去反应．【专题】综合实验题．【分析】（1）制取乙烯气体（用A、B、D组装）一安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2﹣二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G）”；（2）乙醇在浓硫酸作用下加热到1700C时发消去反应生成乙烯，据此写出反应的方程式；（3）在反应管E中进行的主要反应为乙烯和溴的加成反应，乙烯与溴单质反应生成1，2﹣二溴乙烷，据此写出反应的方程式；（4）温度计需要测量混合液温度，则温度计的位置应插入三颈烧瓶的液体中；（5）溴易挥发，为减少挥发，在反应管E中加入少量水并把反应管E置于盛有冷水的小烧杯中，可降低温度、减少溴的挥发．20\n【解答】解：（1）仪器组装顺序是：制取乙烯气体（用A、B、D组装）一安全瓶（C，兼防堵塞）→净化气体（F，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→制备1，2﹣二溴乙烷的主要反应装置（E）→尾气处理（G）”，B经A（1）插入A中，D接A（2）；A（3）接C，C接F接E接G，故答案为：B；D；F；E；（2）乙醇在浓硫酸作用下加热到1700C时发消去反应生成乙烯，反应的方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；（3）在反应管E中进行的主要反应为乙烯和溴的加成反应，反应的方程式为CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案为：CH2═CH2+Br2→BrCH2CH2Br；（4）乙醇在浓硫酸作用下加热到1700C时发消去反应生成乙烯，则温度计的位置应插入三颈烧瓶的液体中，故答案为：应插入至液面以下；（5）溴易挥发，为减少挥发，在反应管E中加入少量水可起到水封的作用，把反应管E置于盛有冷水的小烧杯中，可降低温度，减少挥发，故答案为：溴易挥发，这样做可以减少溴的挥发损失．【点评】本题考查乙烯的制取及性质检验，题目难度中等，解答本题的关键是把握制备实验的原理，能正确设计实验顺序，牢固把握实验基本操作时解答该类题目的保证，学习中注意加强相关知识的全面学习．20
