沧州市盐山县盐山中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题含解析

河北省沧州市盐山县盐山中学2019_2020学年高一化学下学期期末考试试题含解析河北省沧州市盐山县盐山中学2019_2020学年高一化学下学期期末考试试题含解析PAGEPAGE34河北省沧州市盐山县盐山中学2019_2020学年高一化学下学期期末考试试题含解析河北省沧州市盐山县盐山中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）相对原子质量：H－1C－12N－14O－16S－32Cu－64Ⅰ卷一、选择题：（每题只有一个选项符合题意)1。化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A。生物柴油的成分为液态烃的混合物B。大量生产和使用活性炭防PM2.5口罩应对雾霾属于“绿色化学”范畴C。聚乙烯、油脂和淀粉均属于有机高分子化合物D。HgCl2可用作防腐剂和杀菌剂，是因为它能使蛋白质发生变性【答案】D【解析】【详解】A。生物柴油是指由动植物油脂（脂肪酸甘油三酯）与醇（甲醇或乙醇)经酯交换反应得到的脂肪酸单烷基酯，最典型的是脂肪酸甲酯,不是烃类，A错误;B.绿色化学又称环境无害化学、环境友好化学、清洁化学，即减少或消除危险物质的使用和产生的化学品和过程的设计,因此大量生产和使用活性炭防PM2。5口罩应对雾霾不属于“绿色化学”范畴,B错误；C。聚乙烯和淀粉均属于有机高分子化合物，油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯类，不是高分子化合物，C错误；D.HgCl2可用作防腐剂和杀菌剂，是因为它是重金属盐,能使蛋白质发生变性，D正确;答案选D.2.最近科学家发现使用钾和铜微小尖峰可将二氧化碳和水转变为乙醇。下列有关化学用语表示正确的是（)A.二氧化碳的比例模型： B。中子数为34，质子数为29的铜原子:6334C.钾原子的结构示意图： D.乙醇的结构简式：CH3OCH3【答案】C【解析】【详解】A、CO2结构式为O=C=O,中间球为碳原子,根据原子半径大小规律，C的原子半径大于O的原子半径,故A错误；B、根据原子构成,左上角为质量数，左下角为质子数，即该核素的表示形式为6329Cu，故B错误;C、钾原子位于第四周期IA族，19号元素，原子结构示意图为，故C正确；D、乙醇中含有羟基，结构简式为CH3CH2OH或C2H5OH，故D错误；3。NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A。1L0。1mol/L的氨水中含有0。1NA个OH—B.常温下，在18gD2O中含有NA个氧原子C。常温下，7.8g苯中所含C—H数为0.6NAD.标准状况下,11.2L乙烯含有非极性共价键数目为3NA【答案】C【解析】【详解】A.一水合氨是弱电解质,存在电离平衡，1L0.1mol/L的氨水中含有OH—的个数小于0.1NA个,A错误；B.常温下，18gD2O的物质的量是18g÷20g/mol＝0.9mol，其中含有0.9NA个氧原子，B错误;C。常温下,7。8g苯的物质的量是7。8g÷78g/mol＝0.1mol，其中所含C-H数为0。6NA，C正确；D.标准状况下，11。2L乙烯的物质的量是11.2L÷22。4L/mol＝0.5mol,含有非极性共价键数目为NA,D错误;答案选C。【点睛】选项D是解答的易错点，注意乙烯的结构特点，乙烯分子中含有4个碳氢单键和1个碳碳双键。其中碳氢单键是极性键，碳碳双键是非极性键。4。如图为元素周期表短周期的一部分，Z原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1.下列叙述不正确的是()RMXYZA.R、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强B.X和Z的简单氢化物的热稳定性和还原性均依次减弱C.R、M和氢三种元素形成的阴离子有2种以上D。RY2分子中每个原子的最外层均为8电子稳定结构【答案】B【解析】【分析】Z原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1,根据元素在周期表中的相对位置可知Z位于第三周期，因此n＝3，则Z是Cl，所以Y是S，X是F，M是O，R是C,结合元素周期律分析解答。【详解】根据以上分析可知X是F，Y是S，Z是Cl，M是O，R是C，则：A。R、Y、Z的非金属性逐渐增强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，A正确；B。非金属性O＞S，因此X和Z的简单氢化物的热稳定性逐渐减弱，但还原性逐渐增强，B错误;C。R、M和氢三种元素形成的阴离子有2种以上,例如碳酸氢根、醋酸根、草酸氢根离子等，C正确；D.CS2分子中每个原子的最外层均为8电子稳定结构，D正确；答案选B.5。下列每组物质中含有的化学键类型相同化合物的是（）A。NaCl、HCl、NaOH B.Na2S、H2O2、H2OC.Cl2、H2SO4、SO2 D。HBr、CO2、SiO2【答案】D【解析】【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，据此解答。【详解】A。NaCl是含有离子键的离子化合物，HCl是含有共价键的共价化合物，NaOH是含有离子键和共价键的离子化合物，A不选;B.Na2S是含有离子键的离子化合物，H2O2是含有极性键和非极性键的共价化合物，H2O是含有极性键的共价化合物，B不选；C.Cl2是含有非极性键的单质，H2SO4和SO2均是含有共价键的共价化合物，C不选；D.HBr、CO2、SiO2均是含有极性键的共价化合物，D选；答案选D。【点睛】明确离子键和共价键的形成条件以及化学键和化合物类型的关系是解答的关键，需要注意的是金属和非金属之间不一定形成离子键,例如氯化铝中不存在离子键。另外离子化合物可以含有共价键，但共价化合物中一定不能含有离子键。6.1869年俄国化学家门捷列夫制作出了第一张元素周期表，揭示了化学元素间的内在联系，成为化学发展史上重要里程碑之一。下列有关元素周期表的说法正确的是（)A。元素周期表有7个横行、18个纵行，即有7个周期、18个族B。在过渡元素中寻找半导体材料C。俄罗斯专家首次合成了178116X原子,116号元素位于元素周期表中第7周期VIA族D。IA族的元素全部是金属元素【答案】C【解析】【详解】A．元素周期表中的第Ⅷ族包含8、9、10共3个纵行，因此元素周期表虽然共18个纵行，但共16个族，A错误;B．在金属和非金属的分界线附近寻找半导体材料,B错误;C．第七周期0族元素为118号，则116号元素位于元素周期表中第七周期ⅥA族，C正确；D．第IA族的元素包括H和碱金属元素，碱金属元素全部是金属元素，H是非金属元素，D错误；答案选C.【点睛】明确元素周期表的结构特点和编制原则是解答的关键，注意掌握由原子序数确定元素位置的规律，即只要记住了稀有气体元素的原子序数(He—2、Ne—10、Ar—18、Kr—36、Xe-54、Rn—86），就可由主族元素的原子序数推出主族元素的位置。7.下列物质间的关系，描述不正确的是（)A。与互为同位素B.甲酸和乙酸互为同系物C.和属于同分异构体D.金刚石、足球烯互为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A．同种元素的不同种原子间互称同位素，故与同为Cl元素的两种Cl原子,故互为同位素，A正确，不选;B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物。甲酸（HCOOH),乙酸（CH3COOH）,均只含有1个－COOH,结构相似,分子式相差1个“CH2C．和均为2—甲基戊烷，属于同一物质，C错误，符合题意；D．由同种元素形成的不同单质间互为同素异形体，金刚石和足球烯均为碳元素形成的不同单质，故互为同素异形体，D正确，不选；答案选C。8。下列说法正确的是（）A。浓硫酸具有强氧化性,不能干燥二氧化硫气体B。向50mL18mol•L

-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后,被还原的H2SO4的物质的量等于0。45molC。浓硫酸与浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低的原理相同D。将铁屑溶于过量盐酸后,再加入硝酸锌，会有三价铁生成【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸具有强氧化性，但不能氧化二氧化硫，因此能干燥二氧化硫气体，A错误；B。向50mL18mol•L—1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后,由于随着反应的进行硫酸的浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，因此被还原的H2SO4的物质的量小于0.45mol，B错误；C。浓硫酸与浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低的原理不相同，浓硫酸吸水，浓盐酸易挥发，C错误;D。将铁屑溶于过量盐酸后生成氯化亚铁和氢气，再加入硝酸锌,由于在酸性溶液中硝酸根具有强氧化性,能把亚铁离子氧化为铁离子，所以会有三价铁生成，D正确;答案选D.9.下列关于有机物说法正确的是()A.植物油、裂化汽油均能使酸性高锰酸钾褪色 B.糖类、油脂、蛋白质在一定条件下均能水解C。CH3CH==CH2所有原子共平面 D。化学式C2H4O2表示的物质一定是纯净物【答案】A【解析】【详解】A。植物油、裂化汽油中均含有碳碳不饱和键,因此均能使酸性高锰酸钾褪色，A正确；B.糖类中的单糖不能水解，油脂、蛋白质在一定条件下均能水解,B错误；C。CH3CH＝CH2中含有甲基，而与饱和碳原子相连的4个原子构成四面体,因此丙烯中所有原子不可能共平面,C错误；D。化学式C2H4O2表示的物质不一定是纯净物，例如可能是乙酸和甲酸甲酯组成的混合物，D错误；答案选A。【点睛】选项C是解答的易错点和难点，注意只要掌握好甲烷、乙烯、乙炔和苯等有机物的结构特点，然后借助碳碳单键可以旋转而碳碳双键和碳碳三键不能旋转的特点，以及立体几何知识，各种与此有关的题目均可迎刃而解。10。下列反应中前者属于取代反应,后者属于加成反应的是()A。油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B。乙炔使溴的四氯化碳溶液褪色；乙烯与水反应生成乙醇C.在苯中滴入溴水，溴水褪色；氯乙烯制备聚氯乙烯D.苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷【答案】D【解析】【分析】有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应.有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。【详解】A.油脂与浓NaOH反应制高级脂肪酸钠属于水解反应，是加成反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，A不选；B。乙炔使溴的四氯化碳溶液褪色是加成反应;乙烯与水反应生成乙醇是加成反应,B不选；C。在苯中滴入溴水,溴水褪色，发生萃取，不是化学变化;氯乙烯制备聚氯乙烯发生加聚反应,C不选;D.苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热发生取代反应;苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷发生的是加成反应，D选;答案选D。11。如下表所示,为提纯下列物质(括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是（）选项不纯物质除杂试剂分离方法A乙烷（乙烯)KMnO4(酸化)洗气B溴苯（溴）NaOH溶液分液C苯（乙烯)溴水分液DCO2(SO2)碳酸钠溶液洗气A。A B。B C.C D。D【答案】B【解析】【分析】除杂必须遵循的原则：不增加新杂质（不增）、不减少被提纯物质（不减）、操作简便易行（易分）等，据此分析选项正误。【详解】A、酸化KMnO4溶液能将杂质乙烯氧化,但生成的二氧化碳又成为乙烷中的新杂质.常用溴水洗气以除去乙烷中的乙烯，A错误；B、溴与NaOH溶液反应生成易溶于水的钠盐，通常溴苯与NaOH溶液不反应,且溴苯不溶于水，密度比水大的液体，故用分液法分离，B正确；C、乙烯和溴水发生加成反应生成1，2－二溴乙烷，生成的1,2－二溴乙烷又溶解在苯中，达不到除杂的目的，C错误；D、二氧化碳、二氧化硫均与碳酸钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的二氧化硫，D错误。答案选B。12。如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体,并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准）。则下列有关说法正确的是()A.湿润淀粉－KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2B。蓝色石蕊试纸先变红后褪色C.NaCl溶液可用于除去实验中多余的SO2D.品红试纸、沾有酸性KMnO4溶液的滤纸均褪色，证明SO2具有漂白性【答案】A【解析】【分析】亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，结合二氧化硫的性质分析解答。【详解】A.湿润淀粉－KI试纸未变蓝说明二氧化硫不能把碘化钾氧化为单质碘，因此SO2的氧化性弱于I2，A正确;B。二氧化硫溶于水得到亚硫酸，溶液显酸性，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，因此蓝色石蕊试纸变红后不褪色，B错误;C。二氧化硫是酸性氧化物，一般用碱液吸收，NaCl溶液不能用于除去实验中多余的SO2，C错误;D。二氧化硫具有漂白性,能使品红试纸褪色,二氧化硫具有还原性，能使沾有酸性KMnO4溶液的滤纸褪色,D错误；答案选A。13.下列说法正确的是()A.NaHSO4溶于水只需要克服离子键B.单质分子中都存在化学键C.晶体熔沸点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞氯化钠D.干冰气化，克服了共价键和分子间作用力【答案】C【解析】【详解】A。NaHSO4溶于水电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，需要克服离子键和共价键，A错误;B。单质分子中不一定都存在化学键,例如稀有气体分子，B错误;C。金刚石和碳化硅均是原子晶体，氯化钠是离子晶体，碳原子半径小于硅原子半径，所以晶体熔沸点由高到低的顺序为：金刚石＞碳化硅＞氯化钠，C正确；D。干冰气化发生的是物理变化，克服了分子间作用力，共价键不变，D错误；答案选C。【点睛】选项A是解答的易错点，注意硫酸氢钠在溶液中的电离和在熔融状态下电离的不同，在熔融状态下破坏的是离子键，共价键不变，因此只能电离出钠离子和硫酸氢根离子.14。已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素,X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍.下列说法不正确的是（)A。原子半径：Z〉W>RB.R、W对应的简单阴离子具有相同的电子层结构C。W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全相同D。Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸【答案】C【解析】【分析】已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素,X是周期表中原子半径最小的元素，所以X是H；Y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等,这说明Y是第ⅣA族元素；Z的核电荷数是Y的2倍，且是短周期元素，因此Y是C，Z是Mg；W的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，且原子序数大于Mg的，因此W是第三周期的S；R的原子序数最大，所以R是Cl元素，据此解答.【详解】根据以上分析可知X是H，Y是C，Z是Mg，W是S,R是Cl.则A、同周期自左向右原子半径逐渐减小,则原子半径：Z＞W＞R，A正确；B、R、W对应的简单阴离子具有相同的电子层结构,均为18电子，B正确；C、H2S与MgS分别含有的化学键是极性键与离子键，因此W与X、W与Z形成的化合物的化学键类型完全不相同，C错误;D、Y的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于二元弱酸，D正确;答案选C。15。1mol某气态烃最多可与2molHCl发生加成反应,所得产物与Cl2发生取代反应时，若将氢原子全部取代，需要8molCl2，由此可知该烃结构简式可能（)A。CH≡CH B。CH3—C≡CHC。CH2=CH—CH=CH-CH3 D.CH3—C≡C-CH3【答案】D【解析】【详解】气态烃1mol最多可与2molHCl加成，说明分子中含有2个碳碳双键或1个碳碳三键，所得产物与Cl2发生取代反应时，若将氢原子全部取代,需要8molCl2,说明烃分子中加成产物含有8个H原子,其中有2个H原子为与HCl加成生成，则原烃中含有H原子数目为6，碳原子数目为（6+2）/2=4,因此符合条件的有机物是CH3－C≡C－CH3。答案选D.【点睛】本题考查有机物的推断，本题注意根据有机物与HCl加成反应的性质判断分子中的官能团的种类和个数,结合加成反应、取代反应的特点进行推断。16.下列实验结论不正确的是（）选项操作现象结论A新制的银氨溶液与葡萄糖溶液混合加热有银镜生成葡萄糖具有还原性B向澄清石灰水溶液中通入适量气体Y出现白色沉淀Y可能是CO2气体C向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸产生黄色沉淀鉴别部分蛋白质D向盛Na2SiO3溶液的试管中逐滴加入稀盐酸2min后，试管里出现白色胶状沉淀非金属性Cl＞SiA。A B.B C。C D.D【答案】D【解析】【详解】A、新制的银氨溶液与葡萄糖溶液混合加热,有银镜生成，说明分子中含有醛基，因此葡萄糖具有还原性，A正确;B、向澄清石灰水溶液中通入适量气体Y，出现白色沉淀，沉淀可能是碳酸钙，因此Y可能是CO2气体，B正确；C、含有苯环的蛋白质遇浓硝酸会发生颜色反应,因此向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸产生黄色沉淀，可用于鉴别部分蛋白质,C正确;D、向盛Na2SiO3溶液的试管中逐滴加入稀盐酸，2min后，试管里出现白色胶状沉淀，产生了硅酸胶体。由于盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，所以不能据此说明非金属性Cl＞Si,D错误；答案选D。17。在光照的条件下，将1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，经过一段时间，甲烷和氯气均无剩余，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，若已知生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳的物质的量分别为amol，bmol,cmol,该反应中消耗的氯气的物质的量是（)A。（1+a+b+c)mol B。(2a＋3b＋4c）molC。（1＋a＋2b＋3c)mol D.(a＋b＋c）mol【答案】C【解析】【详解】根据碳原子守恒可知生成一氯甲烷的物质的量是（1－a－b－c)mol。根据取代反应的特点可知：1mol甲烷与一定量的氯气充分混合，生成几氯甲烷就消耗多少mol的氯气,因此消耗的氯气的物质的量为:(1－a－b－c）mol＋2amol＋3bmol＋4cmol＝（1＋a＋2b＋3c)mol,答案为C。18.SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧Y形管中放置的药品组合符合要求的是(）①Cu和浓硝酸②氢氧化钠固体和浓氨水③大理石和稀盐酸④过氧化氢和二氧化锰A.①②④ B。全部 C.②③ D。①③【答案】A【解析】【分析】SO2通入BaCl2溶液,因为亚硫酸酸性弱于盐酸，不反应，不会产生沉淀,若要产生沉淀，可以通入氧化性物质将二氧化硫氧化为硫酸根离子,硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,或者通入碱性物质,与二氧化硫反应生成亚硫酸根离子,亚硫酸根离子与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀,据此解答。【详解】①Cu和浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，会产生硫酸钡沉淀，故①选；②氨水滴入到氢氧化钠固体中会生成碱性气体氨气，氨气与水反应生成一水合氨，与二氧化硫生成亚硫酸铵,亚硫酸根与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，故②选;③大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳,二氧化碳、二氧化硫与氯化钡溶液均不反应，不会产生沉淀，故③不选;④过氧化氢和二氧化锰反应生成氧气,氧气在溶液中能够氧化亚硫酸生成硫酸根离子，会产生硫酸钡沉淀，故④选;答案为A。19.下列实验能达到预期目的是(）A。制溴苯B.检验无水乙醇中是否有水C。从a处移到b处,观察到铜丝由黑变红D。制取少量乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A、苯与溴水不反应，苯与液溴在铁作催化剂的条件下制溴苯，故A错误；B。钠与乙醇、水都能反应放出氢气，不能用金属钠检验无水乙醇中是否有水，故B错误；C.b处乙醇蒸气的浓度较大，从a处移到b处，氧化铜被乙醇还原为铜，观察到铜丝由黑变红，故C正确；D。制取少量乙酸乙酯的实验中，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故D错误，答案选C。20。已知某有机物X的结构简式如图所示,下列有关叙述不正确的是（)A.X的化学式为C10H10O6B.X分子中含有官能团为羟基、羧基和酯基C。X在一定条件下只能和酸发生酯化反应，不能和醇发生酯化反应D。1molX分别与足量的Na、NaHCO3溶液反应，消耗这两种物质的物质的量分别为3mol、1mol【答案】C【解析】【详解】A、根据物质的结构简式可知X的化学式为C10H10O6,A正确;B、根据物质的结构简式可知X分子中含有官能团为羟基、羧基和酯基,B正确;C、X分子中含有羧基及羟基，因此能和酸发生酯化反应,也能和醇发生酯化反应,C错误；D、在X的一个分子中含有一个酚羟基、一个醇羟基、一个羧基、一个酯基，醇羟基、酚羟基、羧基都可以与金属钠发生反应，所以1molX与足量的Na反应消耗的物质的量是3mol;在X的分子中只有羧基可以与NaHCO3溶液反应，所以1mol的X消耗NaHCO3的物质的量是1mol，D正确。答案选C。21。常温常压下，a、b、c三支相同的试管中,分别装入以等物质的量混合的两种气体，a试管内是NO2与O2，b试管内为Cl2和SO2，c试管内是NH3与N2，将三支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为（）Aa＝b＞c B。b＞a＞c C。c＞b＞a D.b＞c＞a【答案】B【解析】【分析】首先写出有关反应的化学方程式，根据方程式计算，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大。【详解】设试管的体积为VL，则：a．等体积的NO2与O2，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3,最后剩余O2，体积为（0。5V－1/4×0.5V)=3V/8;b．等体积的Cl2和SO2，发生反应：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4,气体完全反应，没有气体剩余；c．等体积的NH3与N2，氨气极易溶于水,氮气不溶于水，剩余气体为氮气，体积为0。5V；剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大，最终各试管中水面上升高度顺序应为b＞a＞c。答案选B。22。足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体4.48L（气体体积均在标准状况下测定，下同)，这些气体与一定体积氧气混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,消耗NaOH溶液的体积是60mL。下列说法不正确的是

A。此反应过程中转移的电子为0。6molB。消耗氧气的体积是1.68LC。混合气体中含NO2D。参加反应的硝酸是0。5mol【答案】A【解析】【分析】标况下4。48LNO2、NO混合气体的物质的量为n==0。2mol；60mL5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为n（NaOH）=5mol/L×0。06L=0。3mol.A。根据Cu失去电子等于O2获得的电子的物质的量等于OH-的物质的量计算;B。根据OH—守恒可知生成氢氧化铜的物质的量为n[Cu(OH)2］=0。3mol×=0。15mol，反应消耗的铜的物质的量为0。15mol，0。15mol铜完全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，根据电子守恒计算出消耗氧气物质的量，再计算出其体积；C.设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，分别根据总体积、电子守恒列式计算D.铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠,根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.3mol，再根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量。【详解】n(混合气体）==0。2mol；60mL5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为n（NaOH）=5mol/L×0。06L=0。3mol。A。在反应中Cu失去电子变为Cu2+，产生的Cu2+结合OH—生成Cu（OH)2沉淀，可见反应过程中电子转移的物质的量等于反应消耗的NaOH的物质的量，因此反应转移的电子为0。3mol，A错误;B.生成氢氧化铜的物质的量n［Cu（OH）2]=0.3mol×=0.15mol,反应消耗的铜的物质的量为0.15mol，0.15mol铜完全反应失去0。3mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量n(O2）=mol=0.075mol，则消耗标况下氧气的体积V（O2)=22.4L/mol×0。075mol=1。68L，B正确；C.设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为y，则x+y=0.2mol,根据电子守恒可得：3x+y=0。3mol，解得：x=0.05mol、y=0.15mol，则混合气体中二氧化氮的体积V（NO2)=0。15mol×22。4L/mol=3。36L，C正确；D.铜离子恰好沉淀时,反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0。3mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为:0。3mol+0。2mol=0.5mol，D正确；故答案选A。【点睛】本题考查了有关离子反应的计算,明确铜过量硝酸完全发生反应的原理是解答本题的关键，注意根据反应过程中转移电子守恒、反应过程中质量守恒在化学计算中的应用方法。Ⅱ卷二、填空题23。CO2的有效利用可以缓解温室效应和能源短缺问题。（1)固态CO2（干冰）所属晶体类型___________,所含化学键类型为__________（填“非极性键”或“极性键”或“离子键,下同).CO2与Na2O2反应过程形成化学键类型为______________________________。（2）中科院的科研人员在Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如下图。①Na-Fe3O4和HMCM—22在反应中的作用为_______________。②写出（X）的所有同分异构体结构简式_______________。③关于X与Y的说法正确的是__________(填序号〕。a.最简式相同b.都有4种一氯代物c.都易使酸性KMnO4溶液褪色d.X与Y互称同系物（3）同温同压下，蒸气密度是氢气15倍的烷烃（M），写出其与氯气反应生成一氯代烃的方程式________。【答案】(1)。分子晶体(2).极性键(3).离子键、非极性键、极性键（4)。催化剂（5).CH3CH2CH2CH2CH3、C（CH3)4(6).bd（7).CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl【解析】【详解】（1）固态CO2（干冰）是由分子构成的，所属晶体类型为分子晶体，碳和氧是不同的非金属，所含化学键类型为极性键.CO2与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，因此反应过程形成化学键类型为离子键、非极性键、极性键。(2)①根据图像可知，Na—Fe3O4和HMCM—22在反应前后的质量和性质保持不变，但其影响的反应的过程，故其起催化剂的作用;②（X）为2-甲基丁烷,其同分异构体有正戊烷和新戊烷，结构简式分别是CH3CH2CH2CH2CH3、C（CH3）4;③a。X、Y的分子式分别为：C5H12、C6H14，最简式不相同，a错误;b。根据结构简式可判断X、Y都有4种一氯代物，b正确；c。X、Y都为烷烃，都不能使酸性KMnO4溶液褪色，c错误；d。X、Y都为烷烃，且相差一个CH2结构，X与Y互称同系物，d正确；答案为bd；（3）同温同压下，相对密度之比等于相对摩尔质量之比，蒸气密度是氢气15倍的烷烃(M）的摩尔质量为30g/mol，则分子式为:C2H6，其与氯气反应生成一氯代物的方程式为：CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl。24.元素周期表是学习化学的重要工具,它隐含许多信息和规律.下表所列是六种短周期元素的原子半径及主要化合价（已知铍元素的原子半径为0.089nm）。元素代号ABCDXY原子半径/nm0.0370.1430。1020.0990。0740。075主要化合价+1+3+6，-2—1—2+5,—3(1）C元素在周期表中的位置为________，其离子结构示意图为：_______。（2）B的最高价氧化物对应的水化物与Y的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___.（3）关于C、D两种元素说法正确是__________（填序号）。a.简单离子的半径D〉Cb.气态氢化物的稳定性D比C强c.最高价氧化物对应的水化物的酸性C比D强（4）在100mL18mol/L的C的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液中加入过量的铜片，加热使其充分反应，产生气体的体积为6。72L(标况下）,则该反应过程中转移的电子数为______。（5)写出由A、D、X三种元素组成的某种可以消毒杀菌物质的电子式_____________.（6）比较Y元素与其同族短周期元素的氢化物的熔沸点高低__＞___（填氢化物化学式）,理由___________。【答案】(1）。第三周期VIA族(2）.（3）.Al（OH）3+3H+==Al3++3H2O（4)。b（5).0。6NA（6）。（7）.NH3(8）。PH3（9）。两者都为分子晶体,NH3存在分子间氢键，增强分子间作用力，导致熔沸点比PH3高【解析】分析】根据元素的原子半径相对大小和主要化合价首先判断出元素种类，然后结合元素周期律和相关物质的性质分析解答.【详解】A的主要化合价是+1价，原子半径最小，A是H；C的主要化合价是+6和－2价，因此C是S；B的主要化合价是+3价，原子半径最大，所以B是Al；D和X的主要化合价分别是－1和－2价，则根据原子半径可判断D是Cl,X是O。Y的主要化合价是+5和－3价，原子半径大于氧原子而小于氯原子，则Y是N.（1)C元素是S,在周期表中的位置为第三周期VIA族，其离子结构示意图为。(2）B的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，与Y的最高价氧化物对应的水化物硝酸反应的离子方程式为Al（OH)3+3H+＝Al3++3H2O。（3）a。硫离子和氯离子均是18电子，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径D＜C,a错误；b.非金属性Cl＞S，非金属性越强，氢化物越稳定,则气态氢化物的稳定性D比C强,b正确;c.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性D比C强，c错误；答案选b；（4）浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫元素化合价从+6价降低到+4价，得到2个电子。反应中生成二氧化硫的物质的量是6.72L÷22。4L/mol＝0。3mol,则转移电子的物质的量是0。6mol，个数是0。6NA;（5)由H、O、Cl三种元素组成的某种可以消毒杀菌物质是次氯酸，其电子式为。（6）由于氨气和磷化氢都为分子晶体，NH3存在分子间氢键，增强分子间作用力,从而导致熔沸点比PH3高25.为测定某烃A的分子组成和结构,对这种烃进行以下实验：①取一定量的该烃，使其完全燃烧后的气体通过装有足量无水氯化钙的干燥管，干燥管增重7。2g；再通过足量石灰水，石灰水增重17。6g。②经测定，该烃（气体）在标准状况下的密度为1.25g·L—1。I。现以A为主要原料合成某种具有水果香味的有机物，其合成路线如图所示。(1)A分子中官能团的名称是______，E的结构简式为________。（2）写出以下反应的化学方程式，并标明反应类型。反应③的化学方程式是__________；G是生活中常见的高分子材料，合成G的化学方程式是________________________；Ⅱ.某同学用如图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯，实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。（1)实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是_______________；当观察到试管甲中________现象时认为反应基本完成。（2）现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图.试剂b是____________；分离方法①是__________；分离方法③是________.（3）在得到的A中加入无水碳酸钠粉末，振荡，目的是________________________________。【答案】（1)。碳碳双键(2）。CH3COOCH2CH3(3）。2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应(4)。nCH2=CH2（5）。乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇蒸汽易溶于水防倒吸（6）。导气管中不再有油状液体往下滴（7).稀硫酸(8）.分液（9)。蒸馏（10）。除去乙酸乙酯中的水分【解析】【详解】I.①取一定量的该烃，使其完全燃烧后的气体通过装有足量无水氯化钙的干燥管，干燥管增重7。2g,即产生水的质量是7.2g，水的物质的量是0.4mol;再通过足量石灰水，石灰水增重17。6g，即产生二氧化碳的质量是17.6g，物质的量是0.4mol，所以该烃的最简式是CH2。②经测定，该烃（气体）在标准状况下的密度为1。25g·L-1，所以相对分子质量是1。25×22.4＝28，则A是乙烯。乙烯和水发生加成反应生成B是乙醇,乙醇催化氧化生成C是乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D是乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成E是乙酸乙酯。乙烯和氯化氢发生加成反应生成F是氯乙烷。（1）A乙烯分子中官能团的名称是碳碳双键。E是乙酸乙酯,结构简式为CH3COOCH2CH3。(2）反应③是乙醇的催化氧化,反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；G是生活中常见的高分子材料，说明该反应是乙烯的加聚反应，则合成G的化学方程式是nCH2＝CH2；Ⅱ.（1）由于生成的乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇蒸汽易溶于饱和碳酸钠溶液，为了防倒吸，因此实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下；由于乙酸乙酯不溶于水,因此当观察到试管甲中导气管中不再有油状液体往下滴现象时认为反应基本完成.(2）乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇,加入饱和碳酸钠溶液分液得到A和B,根据流程图可知A主要是乙酸乙酯，由于其中还含有少量水，则加入无水碳酸钠可以除去除去乙酸乙酯中的水分；B中含有醋酸钠、碳酸钠和乙醇，蒸馏得到乙醇