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江西省新余市2014-2015学年高一下学期期末化学试卷


江西省新余市 2014-2015 学年高一下学期期末化学试卷
一、选择题(共 16 小题,每小题 3 分,满分 48 分) 1. (3 分)6 月 5 日是世界环境日,今年的主题是“践行绿色生活,”下列有关说法中错误的 是() A.煤的气化、液化是使煤变成清洁能源,减少环境污染的有效途径 B. 高纯硅可制作太阳能电池,二氧化硅可制作光导纤维 C. 利用工业生产产生的二氧化碳制造全降解塑料,可以缓解温室效应 D.棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成 CO2 和 H2O 2. (3 分)有关化学用语正确的()

A.乙烯的结构简式:CH2CH2

B. NH4Cl 的电子式:

C. NH3 的结构式为:

D.﹣CH3(甲基)的电子式为:

3. (3 分)下列关于 A.中子数为 33

Co 原子的叙述不正确的是() B.电子数为 33 C.质量数为 60 D.质子数为 27

4. (3 分)镭(Ra)位于周期表的第七周期第ⅡA 族,下列关于镭的性质的描述不正确的是 () A.在化合物中呈+2 价 B. 单质能与水反应产生氢气 C. 氢氧化物为弱碱 D.碳酸盐难溶于水 5. (3 分)下列递变规律正确的是() A.HClO4、H2SO4、H3PO4 的酸性依次增强 B. HCl、HBr、HI 的稳定性依次增强 C. 钠、镁、铝的还原性依次减弱 D.N、O、F 原子半径逐渐增大 6. (3 分)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.下列描述正确的是()

A.反应开始到 10 s,用 Z 表示的反应速率为 0.158 mol/(L?s) B. 反应开始到 10 s 时,Y 的转化率为 79.0% C. t1 时,Z 和 X 的浓度相等,达到了化学平衡状态 D.反应的化学方程式为:X(g)+Y(g)?Z(g) 7. (3 分)对于锌、铜和稀硫酸组成的原电池(如图) ,下列有关说法错误的是()

A.溶液中 H 向负极移动 ﹣ 2+ C. Zn 电极反应:Zn﹣2e =Zn

+

B. 电子由 Zn 经外电路流向 Cu D.Cu 是正极

8. (3 分)能说明苯环的结构中碳碳键不是单双键交替排列的事实是() A.苯的一元取代物没有同分异构体 B. 苯的间位二元取代物只有一种 C. 苯的邻位二元取代物只有一种 D.苯的对位二元取代物只有一种 9. (3 分)下列说法中正确的是() A.含有共价键的化合物一定是共价化合物 B. 组成单质的分子内一定含有共价键 C. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物 D.不同元素组成的多原子分子里的化学键一定为极性键 10. (3 分)下列反应既属于氧化还原反应,又是吸热反应的是() A.锌粒与稀硫酸的反应 B. 灼热的木炭与 CO2 反应 C. 甲烷在氧气中的燃烧反应 D.Ba(OH)2?8H2O 晶体与 NH4Cl 晶体的反应 11. (3 分)NA 代表阿伏伽德罗常数,下列说法不正确的是() A.10gD2O 中含有的电子数为 5NA B. 1molC3H8 分子中共价键总数为 10NA C. 92gNO2 和 N2O4 混合气体中含有原子数为 3NA D.65gZn 全部溶解在一定浓度的硝酸溶液中,有 NO 生成,则转移的电子数为 2NA

12. (3 分)某单烯烃与 H2 加成后的产物是: 能有() A.3 种 B. 4 种 C. 5 种

,则该烯烃的结构式可 D.2 种

13. (3 分)为提纯下列物质(括号内为杂质) ,所选试剂及方法均正确的是()

选项 A B C D A.A

物质 溴苯(溴) NH3(H2O) 乙烷(乙烯) CO2(SO2) B. B

除杂试剂 CCl4 浓硫酸 溴水 Na2CO3 饱和溶液 C. C

方法 分液 洗气 洗气 洗气 D.D

14. (3 分)某同学在研究前 18 号元素时发现,可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状,图 中每个弧线上的“.”代表一种元素,其中 O 点代表氢元素.下列说法中错误的是()

A.离 O 点越远的元素原子半径越大 B. 虚线相连的元素处于同一族 C. B 元素是图中金属性最强的元素 D.A、B 两种元素组成的化合物中可能含有共价键 15. (3 分)等物质的量的下列物质完全燃烧时,消耗氧气的量最多的是() A.C2H4 B.C2H6 C.C2H5OH D.CH3COOH 16. (3 分)酸和醇可以发生酯化反应,生成酯类物质,下列酸和醇能生成相对分子质量为 90 的酯的是() A.CH3C OOH 与 C2H5 OH 18 18 C. CH3CO OH 与 C2H5 OH
18 18

B. CH3C O OH 与 C2H5 OH 18 D.CH3CO OH 与 C2H5OH

18 18

18

二、填空题(共 5 小题,每小题 10 分,满分 52 分) 17. (10 分) ① O 和 O ②红磷和白磷 ③CH3CH3 和 CH3CH2CH2CH3 ④CH3CH2CH2CH3
16 18

和 CH3CH(CH3)CH3 ⑤O2 和 O3 ⑥ (1)属于同素异形体的是 (2)互为同位素的是 (3)互为同分异构体的是 (4)属于同系物的是 (5)属于同种物质的是.



18. (8 分)现有 A、B、C、D 四种元素,它们的质子数依次增多. ①A 的核电荷数大于 2,可形成氢化物 H2A,该氢化物的常温下是液体; ②A 和 B 两元素可形成 B2A3 化合物,该化合物既能溶于强酸,又能溶于强碱;

③C 离子比 B 离子多 8 个电子; ④C 与 D 元素可以形成化合物 CD; ⑤CD 的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色; (1)B 在周期表中的位置. (2)写出 A 的氢化物中原子个数为 1:1 的物质的电子式: (3)写出 CD 的溶液与氯气反应的离子方程式. (4)比较 A、B 两种元素形成的简单离子半径的大小(用离子符号表示) : . 19. (10 分)可以将氧化还原反应 2H2+O2=2H2O 设计成原电池. (1)利用 H2、O2、HCl 溶液构成燃料电池,则正极的电极反应式为;负极的电极反应式为. (2)把 H2 改成 CH4,KOH 溶液作电解质,则负极的电极反应式为,当导线中通过 4mol 电子时,需消耗 mol 的 KOH;将 4mol CH4 完全与 Cl2 发生取代反应,并生成等物质的量的 四种氯代物,则理论上需要消耗 Cl2 的物质的量为 mol. 20. (10 分)在一定条件下可实现如图所示物质之间的转化:

+

2+

请填写下列空白: (1)孔雀石的主要成分是 CuCO3?Cu(OH)2(碱式碳酸铜) ,受热易分解,图中的 F 是(填 化学式) . (2)写出明矾溶液与过量 NaOH 溶液反应的离子方程式: . (3)写出 B 电解生成 E 和 D 的反应方程式: . (4)图中所得 G 和 D 都为固体,混合后在高温下可发生反应,写出该反应的化学方程式, 该反应消耗了 2molC,则转移的电子数是. 21. (14 分)石油裂解可获得 A.已知 A 在通常状况下是一种相对分子量为 28 的气体,A 通过加聚反应可以得到 F,F 常作为食品包装袋的材料.有机物 A、B、C、D、E、F 有如 图的关系.

(1)A 的分子式为. (2)写出:反应①的化学方程式: ;该反应的类型是.反应③的化学方程式. (3)G 是 E 的同分异构体,且 G 能与 NaHCO3 反应,则 G 的可能结构简式分别为: (4)标况下,将 A 与某烃混合共 11.2L,该混合烃在足量的氧气中燃烧,生成 CO2 体积为 17.92L,生成 H2O 18.0g,则该烃的结构式为;A 与该烃的体积比为.

江西省新余市 2014-2015 学年高一下学期期末化学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(共 16 小题,每小题 3 分,满分 48 分) 1. (3 分)6 月 5 日是世界环境日,今年的主题是“践行绿色生活,”下列有关说法中错误的 是() A.煤的气化、液化是使煤变成清洁能源,减少环境污染的有效途径 B. 高纯硅可制作太阳能电池,二氧化硅可制作光导纤维 C. 利用工业生产产生的二氧化碳制造全降解塑料,可以缓解温室效应 D.棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成 CO2 和 H2O 考点: 常见的生活环境的污染及治理;硅和二氧化硅. 分析: A.煤的气化、液化能去除硫等杂质; B.高纯硅是常用的半导体材料,二氧化硅晶体有导光性; C.温室效应是由二氧化碳的大量排放造成的; D.羊毛的主要成分是蛋白质,含有氮元素. 解答: 解:A.煤的气化、液化可以除掉煤中的 S 等杂质,能减少有害气体二氧化硫的排 放,故 A 正确; B.高纯硅是常用的半导体材料,是制造太阳能电池的重要材料,二氧化硅晶体有导光性, 可制作光导纤维,故 B 正确; C.利用工业生产产生的二氧化碳制造全降解塑料,可以减少二氧化碳的排放,能缓解温室 效应,故 C 正确; D.羊毛的主要成分是蛋白质,含有氮元素,燃烧生成生成 N2、CO2 和 H2O,故 D 错误; 故选 D. 点评: 本题考查清洁能源、蛋白质的成分、硅单质和二氧化硅的用途、温室效应等,注意 煤的气化、液化可以除掉煤中的杂质,使煤变成清洁能源,题目比较简单. 2. (3 分)有关化学用语正确的()

A.乙烯的结构简式:CH2CH2

B. NH4Cl 的电子式:

C. NH3 的结构式为:

D.﹣CH3(甲基)的电子式为:

考点: 电子式、化学式或化学符号及名称的综合. 分析: A.乙烯分子中含有官能团碳碳双键,结构简式中没有标出碳碳双键; B.氯离子为阴离子,需要标出最外层电子; C.氨气中含有 3 个氮氢键,用短线代替所有共用电子对即为结构式; D.甲基为中性原子团,碳原子最外层为 7 个电子. 解答: 解:A.乙烯中含有碳碳双键,乙烯正确的结构简式为:CH2=CH2,故 A 错误;

B. 氯化铵是离子化合物, 由氨根离子与氯离子构成, 正确的电子式为: 故 B 错误;



C.氨气分子中含有 3 个氮氢键,NH3 的结构式为:

,故 C 正确;

D.甲基中含有 3 个碳氢键,碳原子最外层为 7 个电子,甲基正确的电子式为:



故 D 错误; 故选 C. 点评: 本题考查结构简式、电子式、结构式等化学用语的判断,为高频考点,题目难度中 等,把握化学用语的规范应用是解答的关键,注意掌握常见化学用语的能够及书写原则. 3. (3 分)下列关于 A.中子数为 33 Co 原子的叙述不正确的是() B.电子数为 33 C.质量数为 60 D.质子数为 27

考点: 质量数与质子数、中子数之间的相互关系. 分析: 根据原子符号中左上角数字为质量数、左下角数字为质子数,中子数=质量数﹣质 子数,核内质子数=原子序数=核电荷数数=核外电子数来解答. 解答: 解: CO 的质子数为 27, 质量数为 60, 中子数=60﹣27=33, 电子数=质子数=27,

故选 B. 点评: 本题考查原子符号的含义,注意把握:质量数=质子数+中子数、核内质子数=原子 序数=核电荷数数=核外电子数等知识,难度不大. 4. (3 分)镭(Ra)位于周期表的第七周期第ⅡA 族,下列关于镭的性质的描述不正确的是 () A.在化合物中呈+2 价 B. 单质能与水反应产生氢气 C. 氢氧化物为弱碱 D.碳酸盐难溶于水 考点: 同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系. 分析: 该物质位于第七周期第 IIA 族,和 Ca 同一主族,与 Ca 的性质具有相似性,在化 合物中呈现+2 价、其单质的还原性比 Ca 强,碱土金属的碳酸盐难溶于水,据此分析解答. 解答: 解:A. 主族元素最高正化合价与去族序数相等,但 O、F 元素除外, Ra 位于第 IIA 族,所以在化合物中呈现+2 价,故 A 正确; B.元素的金属性越强,其单质与水或酸越容易,金属性 Ra>Ca,钙和水反应生成氢气, 则镭和水反应也能生成氢气,且比钙反应剧烈,故 B 正确; C.元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性 Ra>Ca,所以氢氧化 镭是强碱,故 C 错误; D.碱土金属碳酸盐都难溶于水,所以碳酸镭难溶于水,故 D 正确;

故选 C. 点评: 本题考查元素周期律, 明确同一主族元素性质的相似性及递变性是解本题关键, 熟 记碱土金属族元素性质递变规律,题目难度不大. 5. (3 分)下列递变规律正确的是() A.HClO4、H2SO4、H3PO4 的酸性依次增强 B. HCl、HBr、HI 的稳定性依次增强 C. 钠、镁、铝的还原性依次减弱 D.N、O、F 原子半径逐渐增大 考点: 同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系; 同一主族内元素性质递变规律 与原子结构的关系. 专题: 元素周期律与元素周期表专题. 分析: A.元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强; B.元素的非金属性越强,对应的氢化物的稳定新越强; C.同周期元素从左到右,元素的金属性逐渐减弱; D.同周期元素从左到右,原子半径逐渐减小. 解答: 解:A.非金属性 Cl>S>P,元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物 的酸性越强,故 A 错误; B.非金属性:Cl>Br>I,元素的非金属性越强,对应的氢化物的稳定新越强,故 B 错误; C.同周期元素从左到右,元素的金属性逐渐减弱,元素的金属性越强,对应的单质的还原 性越弱,故 C 正确; D.同周期元素从左到右,原子半径逐渐减小,故 D 错误. 故选 C. 点评: 本题考查元素周期律知识,为高频考点,注意把握元素周期律的递变规律,把握元 素的性质与对应单质、化合物的性质的递变规律以及比较的角度,难度不大,注意相关基础 知识的积累. 6. (3 分)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.下列描述正确的是()

A.反应开始到 10 s,用 Z 表示的反应速率为 0.158 mol/(L?s) B. 反应开始到 10 s 时,Y 的转化率为 79.0% C. t1 时,Z 和 X 的浓度相等,达到了化学平衡状态 D.反应的化学方程式为:X(g)+Y(g)?Z(g) 考点: 物质的量或浓度随时间的变化曲线. 专题: 化学平衡专题.

分析: A.由图可知,10s 内 Z 的物质的量变化量为 1.58mol,根据 v= 化学平衡状态是动态平衡,v(正)=v(逆)≠0; B.依据图象分析,Y 消耗物质的量 1.0mol﹣0.21mol=0. 79mol,转化率=

计算 v(Z) ;

×100%;

C.在 t1 时刻之后,X 的物质的量进行减小,Z 的物质的量进行增大,反应向正反应进行; D.根据物质的量的变化,判断出反应物、生成物及是否是可逆反应,利用物质的量之比化 学计量数之比书写方程式. 解答: 解:A、10s 内,用 Z 表示的反应速率为 v(Z)= =0.079moL/(L?s) ,故

A 错误; B、反应开始到 10 s 时,Y 消耗物质的量 1.0mol﹣0.21mol=0.79mol,Y 的转化率 = ×100%=79.0%,故 B 正确;

C、t1 时,Z 和 X 的浓度相等,在 t1 时刻之后,X 的物质的量进行减小,Z 的物质的量进行 增大,反应向正反应进行,反应未达到了化学平衡状态,故 C 错误; D、由图象可以看出,由图表可知,随反应进行 X、Y 的物质的量减小,Z 的物质的量增大, 所以 X、Y 是反应物,Z 是生产物,l0s 后 X、Y、Z 的物质的量为定值,不为 0,反应是可 逆反应,且△ n(X) :△ n(Y) :△ n(Z)=(1.20﹣0.41)mol: (1.00﹣0.21)mol:1.58mol=1: 1:2,参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比,故反应化学方程式为 X(g) +Y(g)?2Z(g) ,故 D 错误; 故选 B. 点评: 本题考查化学反应速率的有关计算,分析图象注意一看点:即起点、拐点、交点、 终点;二看线:即看曲线的变化趋势和走向;三看面:即看清纵坐标、横坐标表示的物理量 等,题目难度中等. 7. (3 分)对于锌、铜和稀硫酸组成的原电池(如图) ,下列有关说法错误的是()

A.溶液中 H 向负极移动 ﹣ 2+ C. Zn 电极反应:Zn﹣2e =Zn

+

B. 电子由 Zn 经外电路流向 Cu D.Cu 是正极

考点: 原电池和电解池的工作原理. 专题: 电化学专题. 分析: 锌、铜和稀硫酸组成的原电池中,锌作负极,负极上锌失电子发生氧化反应;铜作 正极,正极上氢离子得电子发生还原反应;电子从负极沿导线流向正极;溶液中阳离子移向 正极,阴离子移向负极. + 解答: 解:A、溶液中阳离子移向正极,阴离子移向负极,所以 H 向正极移动,故 A 错 误;

B、电子从负极锌沿导线流向正极铜,故 B 正确; C、锌作负极,负极上锌失电子发生氧化反应,电极反应式为 Zn﹣2e ═Zn ,故 C 正确; D、锌、铜和稀硫酸组成的原电池中,活泼金属锌作负极,铜作正极,故 D 正确; 故选 A. 点评: 本题考查了原电池原理,难度不大,注意把握正负极的判断和电极方程式的书写, 注意溶液中离子的移动方向. 8. (3 分)能说明苯环的结构中碳碳键不是单双键交替排列的事实是() A.苯的一元取代物没有同分异构体 B. 苯的间位二元取代物只有一种 C. 苯的邻位二元取代物只有一种 D.苯的对位二元取代物只有一种 考点: 苯的结构. 专题: 有机物的化学性质及推断. 分析: A、根据无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键,苯的一元取代物都无同分异 构体来分析; B、根据无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键,苯的间位二元取代物都无同分异构体 来分析; C、根据苯的结构中存在单双键交替结构,苯的邻位二元取代物有两种,但实际上无同分异 构体来分析; D、根据苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键,苯的对位二元取代物都无同分异构体来分 析; 解答: 解:A、无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键,苯的一元取代物都无同分异 构体,所以不能说明苯不是单双键交替结构,故 A 错误; B、无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键,苯的间位二元取代物都无同分异构体,所 以不能说明苯不是单双键交替结构,故 B 错误; C、若苯的结构中存在单双键交替结构,苯的邻位二元取代物有两种,但实际上无同分异构 体,所以能说明苯不是单双键交替结构,故 C 正确; D、无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键,苯的对位二元取代物都无同分异构体,所 以不能说明苯不是单双键交替结构,故 D 错误; 故选:C. 点评: 本题主要考查苯的结构, 根据苯的邻位二元取代物只有一种即可判断. 题目难度不 大. 9. (3 分)下列说法中正确的是() A.含有共价键的化合物一定是共价化合物 B. 组成单质的分子内一定含有共价键 C. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物 D.不同元素组成的多原子分子里的化学键一定为极性键 考点: 共价键的形成及共价键的主要类型;极性键和非极性键.


2+

分析: 原子间以共用电子对形成化学键,属于共价键,不同非金属原子间形成极性键,相 同非金属原子间形成非极性键; 共价化合物中只含有共价键, 离子化合物中一定含有离子键, 可能含有共价键,以此解答该题. 解答: 解:A.共价化合物中只含共价键,含有共价键的化合物可能是离子化合物,如 NaOH 中含有共价键和离子键,属于离子化合物,故 A 错误; B.稀有气体分子属于单原子分子,分子中没有共价键,故 B 错误; C.由非金属元素形成的化合物可能是离子化合物,如铵盐,故 C 正确; D.不同元素组成的多原子分子里的化学键可能含有非极性键,如过氧化氢中存在 O﹣O 非 极性键,故 D 错误. 故选 C. 点评: 本题考查化学键及化合物的类别, 熟悉化学键的形成及特殊物质中的化学键即可解 答,注意利用实例来分析解答. 10. (3 分)下列反应既属于氧化还原反应,又是吸热反应的是() A.锌粒与稀硫酸的反应 B. 灼热的木炭与 CO2 反应 C. 甲烷在氧气中的燃烧反应 D.Ba(OH)2?8H2O 晶体与 NH4Cl 晶体的反应 考点: 氧化还原反应;吸热反应和放热反应. 专题: 氧化还原反应专题. 分析: 有元素化合价变化的反应为氧化还原反应, 反应中反应物的总能量小于生成物的总 能量,为吸热反应,结合常见的吸热反应来解答. 解答: 解:A.为置换反应,属于氧化还原反应,且为放热反应,故 A 不选; B.C 元素的化合价变化,属于氧化还原反应,且为吸热反应,故 B 选; C.燃烧反应中有元素的化合价变化,属于氧化还原反应,且为放热反应,故 C 不选; D.为吸热反应,但没有元素的化合价变化,不属于氧化还原反应,故 D 不选; 故选:B. 点评: 本题考查氧化还原反应及吸热反应, 注意把握反应中元素的化合价变化及能量变化 为解答的关键,注重知识的归纳和应用,题目难度不大. 11. (3 分)NA 代表阿伏伽德罗常数,下列说法不正确的是() A.10gD2O 中含有的电子数为 5NA B. 1molC3H8 分子中共价键总数为 10NA C. 92gNO2 和 N2O4 混合气体中含有原子数为 3NA D.65gZn 全部溶解在一定浓度的硝酸溶液中,有 NO 生成,则转移的电子数为 2NA 考点: 阿伏加德罗常数. 分析: A.D2O 中含有 10 个电子,重水的摩尔质量为 20g/mol,据此进行计算 10g 重水含 有的电子数; B.丙烷分子中含有 2 个碳碳键和 8 个碳氢键,总共含有 10 个共价键; C.NO2 和 N2O4 最简式同为 NO2,根据最简式计算 92gNO2 中所含原子数; D.锌为 2 价金属,65g 锌的物质的量为 1mol,完全反应转移 2mol 电子.

解答: 解:A.10g 重水(D2O)的物质的量是:

=0.5mol,D2O 分子中含有 10 个

电子,则 0.5mol 重水中含有的电子数为 5NA,故 A 正确; B.1molC3H8 分子中含有 2mol 碳碳键、8mol 碳氢键,总共含有 10mol 共价键,含有的共价 键总数为 10NA,故 B 正确; C.92gNO2 和 N2O4 的混合物中含有最简式 NO2 的物质的量为: =2mol,则混合物

中含有的原子数=2×3×NA=6NA,故 C 错误; D.65gZn 的物质的量为 1mol,1mol 锌全部溶解在一定浓度的硝酸溶液中,最多失去 2mol 电子,则转移的电子数为 2NA,故 D 正确; 故选 C. 点评: 本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用, 题目难度中等, 掌握好以物质的量为中心 的各化学量与阿伏加德罗常数的关系为解答关键,C 为易错点,注意明确最简式在化学计算 中的应用.

12. (3 分)某单烯烃与 H2 加成后的产物是: 能有() A.3 种 B. 4 种 C. 5 种

,则该烯烃的结构式可 D.2 种

考点: 同分异构现象和同分异构体. 分析: 加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂,断键原子与其他原子或原子团相结合, 生成新的化合物的反应.根据加成原理采取逆推法还原 C=C 双键,烷烃分子中相邻碳原子 上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置. 还原双键时注意: 先判断该烃结 构是否对称,如果对称,只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可;如果不对 称,要全部考虑,然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键. 解答: 解:根据烯烃与 H2 加成反应的原理,推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子

的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置.该烷烃的碳链结构为 ,1 号和 6 号碳原子关于 2 号碳原子对称,5、8、9 号碳原子关于 4 号碳原子对称,但 4 号碳原 子上没有氢原子,所以 4 号碳原子和 3、5、8、9 号碳原子间不能形成双键;相邻碳原子之 间各去掉 1 个氢原子形成双键,所以能形成双键有:1 和 2 之间(或 2 和 6) ;2 和 3 之间; 3 和 7 之间,共有 3 种, 故选 A. 点评: 本题以加成反应为载体, 考查同分异构体的书写, 理解加成反应原理是解题的关键, 采取逆推法还原 C=C 双键,注意分析分子结构是否对称,防止重写、漏写. 13. (3 分)为提纯下列物质(括号内为杂质) ,所选试剂及方法均正确的是() 选项 物质 除杂试剂 方法

A B C D A.A

溴苯(溴) NH3(H2O) 乙烷(乙烯) CO2(SO2) B. B

CCl4 浓硫酸 溴水 Na2CO3 饱和溶液 C. C

分液 洗气 洗气 洗气 D.D

考点: 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用;物质的分离、提纯和除杂. 专题: 化学实验基本操作. 分析: A.溴、溴苯均易溶于四氯化碳; B.氨气与浓硫酸反应; C.乙烯与溴水反应,而乙烷不能; D.二者均与碳酸钠溶液反应. 解答: 解:A.溴、溴苯均易溶于四氯化碳,不能除杂,应加 NaOH 溶液后分液来除杂, 故 A 错误; B.氨气与浓硫酸反应,不能除杂,应利用碱石灰除杂,故 B 错误; C.乙烯与溴水反应,而乙烷不能,则利用溴水和洗气法可除杂,故 C 正确; D. 二者均与碳酸钠溶液反应, 不能除杂, 应利用碳酸氢钠溶液和洗气法可除杂, 故 D 错误; 故选 C. 点评: 本题考查混合物分离、提纯的方法及选择,为高频考点,把握物质的性质、混合物 分离方法及原理等为解答的关键,注重基础知识的考查,注意除杂的原则,题目难度不大. 14. (3 分)某同学在研究前 18 号元素时发现,可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状,图 中每个弧线上的“.”代表一种元素,其中 O 点代表氢元素.下列说法中错误的是()

A.离 O 点越远的元素原子半径越大 B. 虚线相连的元素处于同一族 C. B 元素是图中金属性最强的元素 D.A、B 两种元素组成的化合物中可能含有共价键 考点: 元素周期律和元素周期表的综合应用. 专题: 元素周期律与元素周期表专题. 分析: 0 点代表氢元素,按照原子序数由小到大由里往外延伸,由图可知,O、B 连线的 三元素为第ⅠA 族,A 为 O 元素,B 为 Na 元素,C 为 Al 元素,根据元素的种类可知虚线 相连的元素处于同一族,结合对应元素的性质解答该题. 解答: 解:A.离 O 点越远的元素原子的核电荷数增大,若电子层相同,半径越小,故 A 错误; B.由原子序数可知,虚线相连的元素处于同一族,故 B 正确; C.B 为 Na 元素,是图中金属性最强的元素,故 C 正确; D.钠与氧元素可以形成过氧化钠,过氧根离子中氧原子之间为非极性键,故 D 正确;

故选 A. 点评: 本题考查元素周期表、元素周期律、化学键等,难度不大,看懂图象推断元素是解 题的关键,注意对元素周期表的整体把握. 15. (3 分)等物质的量的下列物质完全燃烧时,消耗氧气的量最多的是() A.C2H4 B.C2H6 C.C2H5OH D.CH3COOH 考点: 化学方程式的有关计算. 专题: 烃及其衍生物的燃烧规律. 分析: 相同物质的量的烃 CxHyOz 完全燃烧,耗氧量取决于(x+ ﹣ ) , (x+ ﹣ )值越 大,耗氧量越多,据此判断. 解答: 解:等物质的量的下列物质,设均为 1mol,则 A.消耗氧气为 1mol×(2+ )=3mol; B.消耗氧气为 1mol×(2+ )=3.5mol; C.消耗氧气为 1mol×(2+ ﹣ )=3mol; D.消耗氧气为 1mol×(2+ ﹣ )=2mol, 故选 B. 点评: 本题考查烃完全燃烧耗氧量问题,为高频考点,把握(x+ ﹣ )为解答的关键, 侧重分析与计算能力的考查,题目难度不大. 16. (3 分)酸和醇可以发生酯化反应,生成酯类物质,下列酸和醇能生成相对分子质量为 90 的酯的是() 18 18 18 18 18 A.CH3C OOH 与 C2H5 OH B. CH3C O OH 与 C2H5 OH 18 18 18 C. CH3CO OH 与 C2H5 OH D.CH3CO OH 与 C2H5OH 考点: 化学反应的基本原理. 分析: 酯化反应的实质可用示踪原子法确定:CH3COOH 与 18 18 C2H5 OH→CH3CO OC2H5+H2O,以此确定生成的酯的相对分子质量. 18 18 18 18 解答: 解:A.CH3C OOH 与 C2H5 OH 反应生成 CH3C O OC2H5,生成的酯的相对分 子质量为 92,故 A 不选; 18 18 18 18 18 B. CH3C O OH 与 C2H5 OH 反应生成 CH3C O OC2H5, 生成的酯的相对分子质量为 92, 故 B 不选; 18 18 18 C.CH3CO OH 与 C2H5 OH 反应生成 CH3CO OC2H5,生成的酯的相对分子质量为 90, 故 C 选; 18 D.CH3CO OH 与 C2H5OH 反应生成 CH3COOC2H5,生成的酯的相对分子质量为 88,故 D 不选. 故选 C.

点评: 本题考查有机物酯化反应的探究,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注 意把握酯化反应的原理,难度不大. 二、填空题(共 5 小题,每小题 10 分,满分 52 分) 16 18 17. (10 分) ① O 和 O ②红磷和白磷 ③CH3CH3 和 CH3CH2CH2CH3 ④CH3CH2CH2CH3

和 CH3CH(CH3)CH3 ⑤O2 和 O3 ⑥ (1)属于同素异形体的是②⑤ (2)互为同位素的是① (3)互为同分异构体的是④ (4)属于同系物的是③ (5)属于同种物质的是⑥.



考点: 同素异形体;同位素及其应用;芳香烃、烃基和同系物;同分异构现象和同分异构 体. 分析: (1)同种元素形成的不同单质互为同素异形体; (2)质子数相同质量数(或中子数)不同的原子互称同位素; (3)具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体; (4)同系物指结构相似、通式相同,组成上相差 1 个或者若干个 CH2 原子团的化合物,官 能团数目和种类相等; (5)组成和结构都相同的物质为同一物质,同一物质组成、结构、性质都相同,结构式的 形状及物质的聚集状态可能不同. 解答: 解:① O 和 O 质子数相同,中子数不同,均属于氧元素的原子,互为同位素; ②红磷和白磷均是 P 元素形成的不同种单质,互为同素异形体; ③CH3CH3 和 CH3CH2CH2CH3 结构相似,分子组成上相差 1 个 CH2 原子团,属于同系物; ④CH3CH2CH2CH3 和 CH3CH(CH3)CH3 分子式相同,结构不同,属于同分异构体; ⑤O2 和 O3 均是氧元素形成的不同单质,互为同素异形体;
16 18

⑥ 和 属于同种物质; 故答案为: (1)②⑤; (2)①; (3)④; (4)③; (5)⑥. 点评: 本题考查同系物、同分异构体、 同位素、同素异形体、同一物质的区别,难度不大, 注意把握概念的内涵与外延. 18. (8 分)现有 A、B、C、D 四种元素,它们的质子数依次增多. ①A 的核电荷数大于 2,可形成氢化物 H2A,该氢化物的常温下是液体; ②A 和 B 两元素可形成 B2A3 化合物,该化合物既能溶于强酸,又能溶于强碱; + 2+ ③C 离子比 B 离子多 8 个电子; ④C 与 D 元素可以形成化合物 CD; ⑤CD 的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色; (1)B 在周期表中的位置第三周期第ⅢA 族.

(2)写出 A 的氢化物中原子个数为 1:1 的物质的电子式: (3)写出 CD 的溶液与氯气反应的离子方程式 2I +Cl2═I2+2Cl . 2﹣ 3+ (4)比较 A、B 两种元素形成的简单离子半径的大小(用离子符号表示) :O >Al . 考点: 位置结构性质的相互关系应用. 分析: 现有 A、B、C、D 四种元素,它们的质子数依次增多.A 的核电荷数大于 2,可形 成氢化物 H2A,该氢化物的常温下是液体,则 A 为 O 元素,氢化物为 H2O;A 和 B 两元素 可形成 B2A3 化合物,该化合物既能溶于强酸,又能溶于强碱,则 B 为 Al,形成的化合物为 + 2+ Al2O3;C 离子比 B 离子多 8 个电子,则 C 为 K 元素;C 与 D 元素可以形成化合物 CD, 且 CD 的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色,则 D 为 I 元素,据此解答. 解答: 解:现有 A、B、C、D 四种元素,它们的质子数依次增多.A 的核电荷数大于 2, 可形成氢化物 H2A,该氢化物的常温下是液体,则 A 为 O 元素,氢化物为 H2O;A 和 B 两 元素可形成 B2A3 化合物,该化合物既能溶于强酸,又能溶于强碱,则 B 为 Al,形成的化合 + 2+ 物为 Al2O3;C 离子比 B 离子多 8 个电子,则 C 为 K 元素;C 与 D 元素可以形成化合物 CD,且 CD 的溶液中通入氯气后加淀粉溶液显蓝色,则 D 为 I 元素. (1)B 为 Al,在周期表中的位置为:第三周期第ⅢA 族,故答案为:第三周期第ⅢA 族; (2)A 的氢化物中原子个数为 1:1 的物质为 H2O2,其电子式为: ; (3)KI 的溶液与氯气反应的离子方程式:2I +Cl2═I2+2Cl ,故答案为:2I +Cl2═I2+2Cl ﹣ ; 2﹣ 3+ (4)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:O >Al ,故答 2﹣ 3+ 案为:O >Al . 点评: 本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,侧重对基础知识的巩固. 19. (10 分)可以将氧化还原反应 2H2+O2=2H2O 设计成原电池. + (1)利用 H2、O2、HCl 溶液构成燃料电池,则正极的电极反应式为 O2+4H +4eˉ=2H2O; + 负极的电极反应式为 2H2﹣4eˉ=4H . ﹣ ﹣ 2 (2) 把 H2 改成 CH4, KOH 溶液作电解质, 则负极的电极反应式为 CH4+10OH ﹣8e =CO3 ﹣ +7H2O,当导线中通过 4mol 电子时,需消耗 1mol 的 KOH;将 4mol CH4 完全与 Cl2 发生 取代反应,并生成等物质的量的四种氯代物,则理论上需要消耗 Cl2 的物质的量为 10mol. 考点: 原电池和电解池的工作原理. 专题: 电化学专题. 分析: (1)酸性氢氧燃料电池中,负极上燃料失电子生成氢离子、正极上氧气得电子和 氢离子反应生成水; (2)碱性甲烷燃料电池中,负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成水和碳酸根离子,正 极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子;根据电池反应式中 KOH 和转移电子之间的关系 式计算;甲烷取代反应中,被取代 H 原子的物质的量与氯气的物质的量相等. 解答: 解: (1)酸性氢氧燃料电池中,负极上燃料失电子生成氢离子、正极上氧气得电子 + + 和氢离子反应生成水,正极反应为 O2+4H +4eˉ=2H2O、负极反应为 2H2﹣4eˉ=4H ,故答案 + + 为:O2+4H +4eˉ=2H2O;2H2﹣4eˉ=4H ;
﹣ ﹣ ﹣ ﹣ ﹣

,故答案为:

(2)碱性甲烷燃料电池中,负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成水和碳酸根离子,电 极反应为 CH4+10OH ﹣8e =CO3 +7H2O;电池反应式为 CH4+2KOH+2O2=K2CO3+3H2O, 根据 KOH 和转移电子之间的关系式得消耗 n(KOH)= =1mol;甲烷取代反应中,
﹣ ﹣

2﹣

被取代 H 原子的物质的量与氯气的物质的量相等,生成等物质的量的四种氯代物,则生成 四种氯代物的物质的量都是 1mol,消耗氯气的物质的量=1mol×(1+2+3+4)=10mol,故答 案为:CH4+10OH ﹣8e =CO3 +7H2O;1;10. 点评: 本题考查了原电池原理及物质的量的计算, 根据溶液酸碱性书写电极反应式, 注意 烷烃发生取代反应时被取代氢原子与氯气的物质的量之比,为易错点. 20. (10 分)在一定条件下可实现如图所示物质之间的转化:
﹣ ﹣

2﹣

请填写下列空白: (1)孔雀石的主要成分是 CuCO3?Cu(OH)2(碱式碳酸铜) ,受热易分解,图中的 F 是 CO2(填化学式) . ﹣ ﹣ 3+ (2)写出明矾溶液与过量 NaOH 溶液反应的离子方程式:Al +4OH =AlO2 +2H2O. (3)写出 B 电解生成 E 和 D 的反应方程式:2 Al2O3 4 Al+3 O2↑.

(4)图中所得 G 和 D 都为固体,混合后在高温下可发生反应,写出该反应的化学方程式 3CuO+2Al 3Cu+Al2O3,该反应消耗了 2molC,则转移的电子数是 2.408х10 .
24

考点: 无机物的推断. 分析: 孔雀石的主要成分是 CuCO3?Cu(OH)2(碱式碳酸铜) ,受热易分解的产物为氧 化铜、 水、 二氧化碳, 明矾的主要成分是 KAl (SO4) ? 12H O , 其中的铝离子能和过量 NaOH 2 2 溶液反应生成偏铝酸钠水溶液,所以 A 为 NaAlO2,碱式碳酸铜受热易分解的产物中,只有 二氧化碳可以和 A 反应,所以 F 为 CO2,G 为氧化铜,B 为氢氧化铝受热分解的产物,则 B 为氧化铝,电解熔融氧化铝生成铝和氧气,据此解答. 解答: 解:孔雀石的主要成分是 CuCO3?Cu(OH)2(碱式碳酸铜) ,受热易分解的产物 为氧化铜、水、二氧化碳,明矾的主要成分是 KAl(SO4)2?12H2O,其中的铝离子能和过 量 NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠水溶液,所以 A 为:NaAlO2,碱式碳酸铜受热易分解的产 物中,只有二氧化碳可以和 A 反应,所以 F 为 CO2,G 为氧化铜,B 为氢氧化铝受热分解 的产物,则 B 为氧化铝,电解熔融氧化铝生成铝和氧气, (1)由上述分析可知 F 为 CO2,故答案为:CO2; (2)明矾溶液与过量 NaOH 溶液反应的实质是:铝离子和氢氧根之间的反应,离子方程式 为:Al +4OH =AlO2 +2H2O, ﹣ ﹣ 3+ 故答案为:Al +4OH =AlO2 +2H2O;
3+
﹣ ﹣

(3)B 电解生成 E 和 D 的反应方程式:2 Al2O3 故答案为:2 Al2O3 4 Al+3 O2↑;

4 Al+3 O2↑,

(4)G 为氧化铜,若 D 为固体,则 D 为 Al,铝和氧化铜高温下的发生铝热反应,该反应 化学方程式为:3CuO+2Al
23
﹣1

3Cu+Al2O3,该反应消耗了 2mol CuO,则转移的电子为
24

2mol×2×6.02х10 mol =2.408х10 , 故答案为:3CuO+2Al 3Cu+Al2O3;2.408х10 .
24

点评: 本题为框图式物质推断题, 难度不大, 根据碱式碳酸铜分解反应与明矾与是氢氧化 钠反应反应产物进行推断,掌握物质的性质是关键. 21. (14 分)石油裂解可获得 A.已知 A 在通常状况下是一种相对分子量为 28 的气体,A 通过加聚反应可以得到 F,F 常作为食品包装袋的材料.有机物 A、B、C、D、E、F 有如 图的关系.

(1)A 的分子式为 C2H4. (2)写出:反应①的化学方程式:CH2=CH2+H2O 成反应.反应③的化学方程式 nCH2=CH2 CH3CH2OH;该反应的类型是加 .

(3)G 是 E 的同分异构体,且 G 能与 NaHCO3 反应,则 G 的可能结构简式分别为: CH3CH2CH2COOH、 (CH3)2CHCOOH (4)标况下,将 A 与某烃混合共 11.2L,该混合烃在足量的氧气中燃烧,生成 CO2 体积为 17.92L,生成 H2O 18.0g,则该烃的结构式为 ;A 与该烃的体积比为 3:2.

考点: 有机物的推断. 专题: 有机物的化学性质及推断. 分析: 石油裂解可获得 A,A 在通常状况下是一种相对分子量为 28 的气体,则 A 为 CH2=CH2,A 发生加聚反应生成 F 为 ,A 与水发生加成反应生成 B 为

CH3CH2OH,乙醇在 Cu 作催化剂条件下发生氧化反应生成 C 为 CH3CHO,C 进一步氧化生 成 D 为 CH3COOH,CH3CH2OH 和 CH3COOH 在浓硫酸作用下反应生成 E 为 CH3COOCH2CH3,据此解答. 解答: 解:石油裂解可获得 A,A 在通常状况下是一种相对分子量为 28 的气体,则 A 为 CH2=CH2,A 发生加聚反应生成 F 为 ,A 与水发生加成反应生成 B 为

CH3CH2OH,乙醇在 Cu 作催化剂条件下发生氧化反应生成 C 为 CH3CHO,C 进一步氧化生

成 D 为 CH3COOH,CH3CH2OH 和 CH3COOH 在浓硫酸作用下反应生成 E 为 CH3COOCH2CH3, (1)由上述分析可知,A 为乙烯,分子式为 C2H4,故答案为:C2H4; (2)反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇,反应化学方程式为: CH2=CH2+H2O 式为:nCH2=CH2 故答案为:CH2=CH2+H2O nCH2=CH2 CH3CH2OH,反应③是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯,反应化学方程 , CH3CH2OH,加成反应; ;

(3)G 是 E(CH3COOCH2CH3)的同分异构体,且 G 能与 NaHCO3 反应,含有羧基,则 G 的可能结构简式分别为:CH3CH2CH2COOH、 (CH3)2CHCOOH,故答案为: CH3CH2CH2COOH、 (CH3)2CHCOOH; (4)标况下,将乙烯与某烃混合共 11.2L,物质的量为 体积为 17.92L,物质的量为 =0.5mol,燃烧生成 CO2

=0.8mol,生成 H2O 18.0g,其物质的量为

=1mol,故平均分子式为 C1.6H4,故另外的烃为甲烷,结构式为 甲烷的物质的量分别为 xmol、ymol,则:

,令乙烯与

=1.6,整理得 x:y=3:2,相同条件下,气

体体积之比等于物质的量之比,故乙烯与甲烷的体积之比为 3:2,故答案为: ;3:2. 点评: 本题考查有机物推断,涉及烯、醇、醛、羧酸之间的转化关系等,难度不大,注意 基础知识的理解掌握.


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