北京市东城区(南片)20142015学年高一下学期期末化学试卷含解析

2014-2015学年北京市东城区（南片）高一（下）期末化学试卷一、选择题（共21小题，每题2分，满分42分）1．以下设施工作时，将化学能转变成电能的是（）．太阳能集热器B．锂离子电池C．电烤箱D．燃气灶2．工业上常用电解法冶炼的金属是（）A．AgB．CuC．FeD．Al3．以下物质中酸性最强的是（）A．H2SiO3B．H3PO4C．H2SO4D．HClO44．以下物质中，只含离子键的是（）A．N2B．HClC．MgCl2D．KOH5．某粒子的结构表示图为，对于该粒子的说法不正确的选项是（）A．核电荷数为11B．核外有三个电子层C．属于金属离子D．在化学反响中简单失掉1个电子6．以下物质的电子式书写正确的选项是（）A．B．C．D．7．得Tc是核医学临床诊疗中应用最广的医用核素，其原子核内中子数与核外电子数之差是（）A．13B．43C．56D．998．从左到右，原子半径由小到大且最高正价挨次降低的是（）A．N、O、FB．Si、P、ClC．Na、Cl、SD．Al、Mg、Na9．以下物质中，属于共价化合物的是（）A．O3B．PCl3C．Na2O2D．NH4Cl10．如图表示第IA族的金属元素的某些性质随核电荷数的变化关系．以下各性质中不切合图示关系的是（）．金属性B．阳离子的氧化性C．单质与水反响的强烈程度D．最高价氧化物对应的水化物的碱性11．以下反响是吸热反响的是（）A．铝片与稀硫酸反响B．甲烷在氧气中焚烧C．NaOH溶液和稀盐酸D．Ba（OH）2?8H2O与NH4Cl的反响12．对于以下图的原电池，以下说法不正确的选项是（）．锌片发生氧化反响B．电子由锌片经过导线流向铜片2+﹣C．铜片反响式为Cu+2e═CuD．该电池的反响实质是氧化复原反响13．以下举措中，能减慢化学反响速率的是（）．食品寄存在温度低的地方B．将块状固体药品研细后再反响C．用FeCl3溶液作H2O2分解反响的催化剂D．用4mol/LH2SO4溶液取代1mol/LH2SO4溶液与锌粒反响14．合成氨的反响进行到2秒时，氨气的浓度增添了0.6mol/L．用氮气的浓度变化表示该时间段的反响速率为（）A．0.15mol/（L?S）B．0.3mol/（L?S）C．0.6mol/（L?S）D．0.9mol/（L?S）15．必定条件下，在密闭容器中进行反响：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）．当SO2、O2、SO3的浓度不再改变时，以下说法正确的选项是（）A．SO2、O2完好转变成SO3B．正、逆反响速率相等且等于零C．反响已达到化学均衡状态D．SO2、O2、SO3的浓度必定相等16．甲烷和乙烯是两种重要的有机物，划分它们的正确方法是（）A．察看二者的颜色B．察看二者的状态C．通入氢氧化钠溶液D．通入高锰酸钾酸性溶液17．以下分子拥有正四周体结构的是（）A．CH4B．CH3ClC．C2H6D．C2H418．对于分子模型①和②所代表的有机物（只含C、H、O三种元素），以下说法不正确的是（）A．二者互为同系物B．均易溶于水C．均能与金属钠反响生成氢气D．可用紫色石蕊溶液鉴识19．以下事实能说明苯分子没有与乙烯近似的双键的是（）①苯焚烧时发生光亮并带有浓烟的火焰②苯在特定条件下能与氢气发生加成反响③苯不与酸性高锰酸钾溶液或溴水发生反响④苯分子拥有平面正六边形结构，此中6个碳原子之间的键完好同样．A．①②B．②③C．③④D．①④20．以下对于物质性质的比较，不正确的选项是（）A．金属性由强到弱：Na＞Mg＞AlB．离子半径由大到小：+2﹣＞O2﹣Na＞SC．离子的复原性由强到弱：2﹣﹣﹣S＞Cl＞FD．酸性由强到弱：HClO4＞HBrO4＞HIO421．以下①②对应的试剂（或条件）不可以达成实验目的是（实验目的温度对H2O2分解反响速率的影响用稀硫酸比较铝和铁的金属活动性用酸化的AgNO3溶液查验海水中Cl﹣可否蒸馏除掉用Na块查验乙醇分子存在不一样于烃分子里的氢原子

）试剂（或条件）①热水浴②冰水浴①铝粉②铁钉①海水②蒸馏所得液体①乙醇②煤油A．AB．BC．CD．D二、解答题（共6小题，满分58分）22．以原油为原料生产聚烯烃的几个步骤如图：（1）步骤①使用的方法是分馏．分馏是利用原油中各组分的过程．（2）步骤①所得C4～C10的烃类混淆物中所含的物质超出7种．请以因是．（3）步骤③中，聚烯烃的合成反响与聚乙烯的同样，该反响种类是

不一样进行分其他C4H10为例说明其原．生产的聚丙烯可表示为

其重复结构单元即它的链节是．（4）乙烯是一种重要的基本化工原料，可制备乙酸乙酯，其转变关系如图．已知：H2C=CH﹣OH不稳固I．①的反响种类是．Ⅱ．B的结构简式是．Ⅲ．④的化学方程式是．23．氢氧燃料电池已用于航天飞机．以30%KOH溶液为电解质溶液的这类电池的结构如图所示．该电池在工作时的电极反响以下：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣2H2﹣4e﹣+4OH﹣═4H2O（1）供电时的总反响为．（2）气体X是．（3）在图上用箭头标出电子的挪动方向．24．物质的类型和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角．（1）X的电子式是．（2）Na2S2O3是一种用途宽泛的钠盐．

从理论上剖析，以下物质组合中能用于制备

Na2S2O3的是（填字母序号）．a．Na2S+S

b．Z+S

c．Na2SO3+Y（3）硒（34Se）和S位于同一主族．①H2Se的稳固性比H2S的（填“强”或“弱”）比断开1molH﹣S键汲取的能量（填“多”或“少”）主族元素最外层电子数同样，从上到下②写出SeO2与NaOH溶液反响的离子方程式：

．

，断开1molH﹣Se键汲取的能量．用原子结构解说原由：同．25．铝热反响原理能够应用在生产上，比如焊接钢轨、冶炼难熔金属、制作传统的烟火剂等．某小组同学在研究铝热反响时，进行以下议论和实验．（1）对于铝热反响有以下两种认识，此中正确的选项是（填字母序号）．a．该反响需在高温下发生，所以是吸热反响b．因为铝的复原性较强，所以铝能将相对不开朗的金属从其化合物中置换出来（2）铝和氧化铁反响的化学方程式是．3）铝和氧化铁反响所得固体成分的初步确立．实验序号操作及现象i取少许固体样品，加入过度稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经查验为H2），溶液呈浅黄色ii向i所得溶液中加入少许KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液，产生无色气体（经查验为O2），溶液变成深红色①由上述实验可知：溶液中Fe元素的存在形式有．②i中产生H2的原由是样品中除含Fe外，可能有未反响的Al，为查验样品中能否含Al单质，可采纳的试剂是．③ii中生成O2的化学方程式是．进一步的实验表示，上述固体样品中Fe元素的存在形式有：Fe、Fe2O3、Fe3O4．26．某课外小组模拟工业上以浓缩海水为原料提取溴的部分过程，设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）．（1）装置A中通入Cl2的目的是（用离子方程式表示）．2）装置A中通人Cl2一段时间后，停止通入，改通热空气．通入热空气的目的是．2﹣有（填“氧化”或“复原”）性．（3）反响过程中，装置B中有SO4生成，说明Br2（4）证明反响后的装置B中含有Br﹣，某同学提出的实验方案是：拿出少许装置B中的溶液，先加入新制氯水，再加入KI淀粉溶液．该方案能否合理并简述原由：．该小组同学向反响后的装置B中再通入氯气，充分反响后用蒸馏的方法分别出了溴单质．27．某化学课外小组的同学经过实验研究认识化学反响速率和化学反响限度．（1）实验一：研究温度和浓度对反响速率的影响实验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾（KIO3）和亚硫酸钠可发生反响生成碘，反响原理是2IO3﹣+5SO32﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O，生成的碘可用淀粉溶液查验，依据出现蓝色所需的时间来权衡该反响的速率．实验0.01mol/LKIO3酸性溶液0.01mol/LNa2SO3溶水的体实验温出现蓝色序号（含淀粉）的体积/mL液的体积/mL积/mL度/℃的时间/s①55V10②554025③5V23525则V1=mL，V2=mL．（2）实验二：研究KI和FeCl3混淆时生成KCl、I2和FeCl2的反响存在必定的限度．实验步骤：i．向5mL0.1mol/LKI溶液中滴加5～6滴0.1mol/LFeCI3溶液，充分反响后，将所得溶液分成甲、乙、丙三等份；．向甲中滴加CCl4，充分振荡；．向乙中滴加试剂X．①将KI和FeCl3反响的离子方程式增补完好．I﹣3++Fe?I2+②步骤iii中，试剂X是．③步骤ii和iii中的实验现象说明KI和FeCl3混淆时生成的限度，该实验现象是．

2+FeKCI、I2和FeCl2的反响存在必定2014-2015学年北京市东城区（南片）高一（下）期末化学试卷参照答案与试题分析一、选择题（共21小题，每题2分，满分42分）1．以下设施工作时，将化学能转变成电能的是（）．太阳能集热器B．锂离子电池C．电烤箱D．燃气灶【考点】原电池和电解池的工作原理．【剖析】将化学能转变成电能，应为原电池装置，联合能量的转变特色判断．【解答】解：A．太阳能集热器为太阳能转变成热能的装置，故A错误；B．锂离子电池是化学能转变成电能的装置，为原电池，故B正确；C．电烤箱将电能转变成热能的装置，故C错误；D．燃气灶为化学能转变成热能的装置，故D错误；应选B．【评论】此题考察原电池和电解池知识，重视于学生的剖析能力和电化学知识的综合考察，为高考常有题型和高频考点，注意掌握常有能量的转变形成，难度不大．2．工业上常用电解法冶炼的金属是（）A．AgB．CuC．FeD．Al【考点】金属冶炼的一般原理．【剖析】依据金属的开朗性不一样采纳不一样的方法，金属的冶炼一般有电解法、热复原法、热分解法、物理分别法．电解法：冶炼开朗金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热复原法：冶炼较不开朗的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用复原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分别法：Pt、Au用物理分其他方法制得．【解答】解：A．金属银的冶炼采纳热分解法，故A错误；B．金属铜的冶炼采纳热复原法，故B错误；C．金属铁的冶炼采纳热复原法，故C错误；D．Na、Mg、Al等开朗或较开朗金属的化合物与C、CO或H2等不反响，故采纳电解法冶炼制备，故D正确．应选D．【评论】此题考察金属冶炼的一般方法和原理，注意开朗性不一样的金属冶炼的方法不一样，难度不大．3．以下物质中酸性最强的是（）2SiO33424D．HClO4A．HB．HPOC．HSO【考点】弱电解质在水溶液中的电离均衡．【专题】电离均衡与溶液的pH专题．【剖析】第一依据元素周期律比较元素的非金属性强弱，依据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判断．【解答】解：同周期元素从左到右元素的非金属性渐渐加强，则非金属性：Cl＞S＞P＞Si，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，Cl的非金属性最强，则HClO4酸性最强．应选D．【评论】此题考察元素的非金属性的比较以及对应最高价氧化物的水化物的酸性的比较，题目难度不大，注意元素的非金属性与最高价含氧酸的关系．4．以下物质中，只含离子键的是（

）A．N2B．HClC．MgCl2

D．KOH【考点】离子化合物的结构特色与性质．【专题】化学键与晶体结构．【剖析】一般来说，开朗金属和开朗非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，铵盐中存在离子键，据此剖析解答．【解答】解：A．氮气分子中N原子之间只存在共价键，故A错误；B．HCl分子中H原子和Cl原子之间只存在共价键，故C．氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故D．KOH中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键、O含有离子键和共价键，故D错误；

B错误；C正确；原子和H原子之间存在共价键，所以应选C．【评论】此题考察离子键和共价键判断，重视考察基本观点，明确离子键和共价键的差别，注意C中两个氯离子之间不存在化学键，为易错点．5．某粒子的结构表示图为

，对于该粒子的说法不正确的选项是（

）A．核电荷数为11B．核外有三个电子层C．属于金属离子D．在化学反响中简单失掉

1个电子【考点】原子结构表示图．【专题】原子构成与结构专题．【剖析】中，核电荷数为11，核外电子层数为

3，核外电子总数为

11，说明该粒子为钠原子，而后依据金属钠的结构与性质进行判断．【解答】解：A．依据可知，该粒子的核电荷数为11，为钠元素，故A正确；B．中核外电子层数为3，故B正确；C．的核电荷数=核外电子数=11，说明为该粒子为钠原子，为金属原子，故C错误；D．含有3个电子层，其最外层1个电子，很简单失掉1个电子，拥有较强的还原性，故D正确；应选C．【评论】此题考察了原子结构表示图的表示方法及意义，题目难度不大，注意掌握粒子结构表示图的正确表示方法，明确离子结构表示图与原子结构表示图的差别，能够依据粒子结构表示图判断粒子的性质．6．以下物质的电子式书写正确的选项是（）A．B．C．D．【考点】电子式．【剖析】A．氯化钠是由钠离子与氯离子经过离子键构成的离子化合物；B．氯化氢是H和Cl构成的共价化合物；C．氮气分子中存在氮氮三键，应当存在3对共用电子对；D．CO2中C分别为O形成2对共价键；【解答】解：A．氯化钠为离子化合物，氯离子带电荷并需用方括号括起来，钠离子用离子符号表示，电子式：

，故

A错误；B．氯化氢是H和Cl构成的共价化合物，电子式为C．氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到

，故B错误；8电子稳固结构，氮气正确的电子式为，故

C正确；D．二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为故D错误；应选：C．【评论】此题考察了常有化学用语的判断，掌握电子式的观点及表示方法，

明确离子化合物

，与共价化合物的电子式的表示方法及差别即可解答，题目难度不大．7．得Tc是核医学临床诊疗中应用最广的医用核素，其原子核内中子数与核外电子数之差是（）A．13B．43C．56D．99【考点】质量数与质子数、中子数之间的互相关系．【剖析】原子中质量数=质子数+中子数，质子数=核外电子数，据此判断．【解答】解：Tc中中子数=质量数﹣质子数=99﹣43=56，电子数=质子数=43，则原子核内中子数与核外电子数之差为56﹣43=13，应选A．【评论】此题考察了原子的结构，明确关系式：质子数═核外电子数═原子序数═核电荷数和中子数N=质量数A﹣质子数Z即可解答，较为基础．8．从左到右，原子半径由小到大且最高正价挨次降低的是（）A．N、O、FB．Si、P、ClC．Na、Cl、SD．Al、Mg、Na【考点】微粒半径大小的比较．【剖析】同周期主族元素，自左而右原子半径减小，元素最高正化合价增大，注意素没有最高正化合价．【解答】解：A．N、O、F原子半径挨次减小，O、F元素没有最高正化合价，故

O、F元A错误；B．Si、P、Cl

的原子半径挨次减小，最高正化合价挨次为

+4、+5、+7，最高正化合价挨次增大，故

B错误；C．原子半径Na＞S＞Cl，Na、Cl、S的最高正化合价挨次为D．Al、Mg、Na的原子半径挨次减小，最高正化合价挨次为

+1、+7、+6，guCcw；+3、+2、+1，最高正化合价依次减小，故应选：D．

D正确，【评论】此题考察元素周期律，重视对基础知识的稳固，注意O、F元素没有最高正化合价．9．以下物质中，属于共价化合物的是（A．O3B．PCl3C．Na2O2D．NH4Cl

）【考点】共价键的形成及共价键的主要种类．【剖析】一般来说，开朗金属和开朗非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物，据此剖析．【解答】解：A．O3是只有一种元素构成的纯净物，是单质，不是化合物，故A错误；B．PCl3中只含共价键，为共价化合物，故B正确；C．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在共价键，为离子化合物，故C错误；D．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氢原子和氮原子之间存在共价键，为离子化合物，故D错误；应选B．【评论】此题考察了化学键和化合物的关系，明确离子化合物和共价键化合物的观点是解本题重点，注意：其实不是全部的物质中都含有化学键，罕有气体中不含化学键，为易错点．10．如图表示第IA族的金属元素的某些性质随核电荷数的变化关系．以下各性质中不切合图示关系的是（）．金属性B．阳离子的氧化性C．单质与水反响的强烈程度D．最高价氧化物对应的水化物的碱性【考点】碱金属的性质．【剖析】依照同主族元素从上到下，金属性挨次加强，单质与水反响越强烈，阳离子氧化性越弱，原子半径越大，最高价氧化物对应的水化物的碱性加强，以此来解答．【解答】解：ⅠA金属（又称为碱金属）位于同主族，同主族元素从上到下，金属性挨次增强，单质与水反响越强烈，阳离子氧化性越弱，原子半径越大，最高价氧化物对应的水化物的碱性加强，应选：B．【评论】此题考察了碱土金属的性质，熟习元素周期律，明确同主族元生性质的递变规律是解题重点，题目难度不大．11．以下反响是吸热反响的是（）A．铝片与稀硫酸反响B．甲烷在氧气中焚烧C．NaOH溶液和稀盐酸D．Ba（OH）2?8H2O与

NH4Cl

的反响【考点】吸热反响和放热反响．【专题】化学反响中的能量变化．【剖析】依据常有的放热反响有：全部的物质焚烧、全部金属与酸反响、金属与水反响，全部中和反响；绝大部分化合反响和铝热反响；常有的吸热反响有：绝大数分解反响，个其他化合反响（如

C和

CO2），少量分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱）．【解答】解：A、金属铝和硫酸的反响是放热反响，故

A错误；B、甲烷在氧气中焚烧是常有放热反响，故B错误；C、NaOH溶液和稀盐酸的中和反响是放热反响，故C错误；D、Ba（OH）2?8H2O与NH4Cl的反响是吸热反响，故D正确．应选D．【评论】此题考察化学反响的热量变化，学生应着重概括中学化学中常有的吸热或放热的反应，对于特别过程中的热量变化的要娴熟记忆来解答此类习题．12．对于以下图的原电池，以下说法不正确的选项是（）．锌片发生氧化反响B．电子由锌片经过导线流向铜片2+﹣C．铜片反响式为Cu+2e═CuD．该电池的反响实质是氧化复原反响【考点】原电池和电解池的工作原理．【剖析】该原电池装置中，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上失电子发生氧化反响，正极上得电子发生复原反响，电子从负极沿导线流向正极．【解答】解：A．该装置中锌易失电子作负极，负极上失电子发生氧化反响，故A正确；B．电子从负极锌沿导线流向正极铜，故B正确；+C．铜作正极，正极上氢离子得电子发生复原反响，反响式为：﹣═H2↑，故C错误；2H+2eD．原电池工作时，实质是氧化复原反响，故D正确；应选C．【评论】此题考察了原电池原理，依据电极上得失电子判断正负极，再联合电极反响种类、电子流素来剖析解答，熟记原电池原理，难点是电极反响式的书写．13．以下举措中，能减慢化学反响速率的是（）．食品寄存在温度低的地方B．将块状固体药品研细后再反响C．用FeCl3溶液作H2O2分解反响的催化剂D．用4mol/LH2SO4溶液取代1mol/LH2SO4溶液与锌粒反响【考点】化学反响速率的影响要素．【专题】化学反响速率专题．【剖析】减慢反响速率，可降低温度、减小浓度或减小固体的表面积等，以此解答．【解答】解：A．将易腐败的食品储藏在冰箱里，温度降低，反响速率减小，故A正确；B．固体的表面积增大，反响速率增大，故B错误；C．加入二氧化锰，起到催化剂作用，反响速率增大，故C错误；D．盐酸浓度越大，反响速率越大，故D错误．应选A．【评论】此题考察反响速率的影响，为高频考点，重视于基本理论的理解和应用的考察，注意有关基础知识的累积，难度不大．14．合成氨的反响进行到2秒时，氨气的浓度增添了0.6mol/L．用氮气的浓度变化表示该时间段的反响速率为（）A．0.15mol/（L?S）B．0.3mol/（L?S）C．0.6mol/（L?S）D．0.9mol/（L?S）【考点】反响速率的定量表示方法．【剖析】依据v=计算v（NH3），再利用速率之比等于化学计量数之比计算利用氮气表示的化学反响速率．【解答】解：v（NH3）==0.3mol/（L?s），故利用氮气表示的化学反响速率为：v（N2）=v（NH3）=0.15mol/（L?S），应选A．【评论】此题考察反响速率的有关计算，难度较小，旨在考察学生对基础知识的掌握，注意公式的运用．15．必定条件下，在密闭容器中进行反响：SO3的浓度不再改变时，以下说法正确的选项是（A．SO2、O2完好转变成SO3B．正、逆反响速率相等且等于零C．反响已达到化学均衡状态D．SO2、O2、SO3的浓度必定相等【考点】化学均衡状态的判断．

2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）．当SO2、O2、）【剖析】依据化学均衡状态的特色解答，当反响达到均衡状态时，正逆反响速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，跟着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响抵达均衡状态．【解答】解：A、可逆反响不行能完好转变，故A错误；B、正逆反响速率相等，但不为0，是动向均衡，故B错误；C、当系统达均衡状态时，SO、O2和SO3的浓度不再改变，说明反响已达到化学均衡状态，故C正确；D、当系统达均衡状态时，SO、O2和SO3的物质的量之比可能为1：1：1，也可能不是1：1：1，与各物质的初始浓度及转变率有关，故D错误；应选C．【评论】此题考察了化学均衡状态的判断，难度不大，注意当反响达到均衡状态时，正逆反响速率相等，但不为0．16．甲烷和乙烯是两种重要的有机物，划分它们的正确方法是（）A．察看二者的颜色B．察看二者的状态C．通入氢氧化钠溶液D．通入高锰酸钾酸性溶液【考点】有机物的鉴识．【剖析】乙烯含有碳碳双键，可发生加成反响和氧化反响，以此解答该题．【解答】解：A．甲烷和乙烯都是无色气体，不可以鉴识，故A错误；B．常温下都为气体，不可以鉴识，故B错误；C．甲烷和乙烯与氢氧化钠都不反响，不可以鉴识，故C错误；D．乙烯含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化复原反响，故D正确．应选D．【评论】此题考察有机物的查验和鉴识，为高频考点，重视于学生的剖析能力的考察，掌握有机物的性质的异同，难度不大．

注意17．以下分子拥有正四周体结构的是（）A．CH4B．CH3ClC．C2H6D．C2H4【考点】判断简单分子或离子的构型．【剖析】A．正四周体中，4个键的键长、键角都相等，一般只有同种元素构成的化学键才能完好同样，甲烷为正四周体结构，C原子位于正四周体的中心；B．一氯甲烷分子碳原子和氯原子、氢原子吸引电子的能力不一样，所以一氯甲烷属于四周体结构；C．乙烷中存在四周体，但分子不是正四周体结构；D．乙烯是平面型分子．【解答】解：A．甲烷分子中碳原子位于正四周体中心上，四个极点上分别含有一个氢原子，为正四周体结构，故A正确；B．一氯甲烷是1个氯原子取代了甲烷中1个氢原子，结构为四周体，含有碳氢、碳氯极性键，分子不对称，不是正四周体，故

B错误；C．C2H6是1个甲基取代了甲烷中

1个氢原子，存在四周体，但整个分子不是正四周体结构，故C错误；D．C2H4中含有碳氢单键和碳碳双键，分子中C原子含有其空间构型是平面形结构，故D错误；应选A．【评论】此题考察了微粒空间构型的判断，依据正四周体中，一般只有同种元素构成的化学键才能完好同样剖析解答，注意

3个σ键电子对，没有孤电子对，4个键的键长、键角都相等，CH4结构，题目难度中等．18．对于分子模型①和②所代表的有机物（只含C、H、O三种元素），以下说法不正确的是（）A．二者互为同系物B．均易溶于水C．均能与金属钠反响生成氢气D．可用紫色石蕊溶液鉴识【考点】球棍模型与比率模型．【剖析】由比率模型可知①为乙醇，②为乙酸，依照官能团的性质分别判断即可．【解答】解：A、由比率模型可知①为乙醇，②为乙酸，二者属于不一样的物质类型，不是同系物，故A错误；B、乙醇与乙醛均能溶于水，故B正确；C、乙醇与乙酸中均含有羟基，能与金属钠反响生成氢气，故C正确；D、乙酸属于有机酸，能使石蕊溶液变红，乙醇不可以使石蕊变色，故能够利用石蕊溶液鉴识两种物质，故D正确，应选A．【评论】此题考察有机物的结构和性质，注意依据球棍模型判断有机物的结构简式，为解答该题的重点，注意有机物的官能团的性质，题目难度不大．19．以下事实能说明苯分子没有与乙烯近似的双键的是（）①苯焚烧时发生光亮并带有浓烟的火焰②苯在特定条件下能与氢气发生加成反响③苯不与酸性高锰酸钾溶液或溴水发生反响④苯分子拥有平面正六边形结构，此中6个碳原子之间的键完好同样．A．①②B．②③C．③④D．①④【考点】苯的结构．【剖析】①苯焚烧时发生光亮并带有浓烟的火焰，是含碳量高的原由；②发生加成反响是不饱和键拥有的性质，不饱和烃能与H2发生加成反响；③苯中不含碳碳双键，所以不可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，不可以与溴发生加成反响；④乙烯拥有碳碳双键，苯分子拥有平面正六边形结构，此中6个碳原子之间的键完好同样．【解答】解：①苯焚烧时发生光亮并带有浓烟的火焰，是因为苯分子中含碳量高，乙烯燃烧时发生光亮并带有黑烟的火焰，不可以说明苯分子没有与乙烯近似的双键，故①错误；②苯能在必定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反响是双键拥有的性质，不可以说明苯分子没有与乙烯近似的双键，故②错误；③苯不因化学变化而使溴水退色，说明苯分子中不含碳碳双键，苯不与酸性高锰酸钾溶液或溴水发生反响，能说明苯分子没有与乙烯近似的双键，故③正确；④乙烯拥有碳碳双键，苯中不含碳碳双键，苯分子拥有平面正六边形结构，此中6个碳原子之间的键完好同样，是介于碳碳单键、碳碳双键之间的一种特别化学键，故④正确；应选C．【评论】此题考察了苯与烯烃结构的差别和性质的差别，题目难度不大，掌握苯的结构和性质是解题的重点，平常学习时注意不一样类物质结构和性质的比较．20．以下对于物质性质的比较，不正确的选项是（）A．金属性由强到弱：Na＞Mg＞Al+2﹣＞O2﹣B．离子半径由大到小：Na＞SC．离子的复原性由强到弱：2﹣﹣﹣S＞Cl＞FD．酸性由强到弱：HClO4＞HBrO4＞HIO4【考点】同一周期内元生性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元生性质递变规律与原子结构的关系．【剖析】A、同周期从左到右金属性减弱；B、电子层同样时核电荷数越多半径越小；C、元素非金属性越强，对应离子的复原性越弱；D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应的酸性越强．【解答】解：A、同周期从左到右金属性减弱，所以金属性：Na＞Mg＞Al，故A正确；B、电子层同样时核电荷数越多半径越小，所以半径2﹣2﹣+S＞O＞Na，故B错误；C、元素非金属性越强，对应离子的复原性越弱，所以2﹣﹣﹣S＞Cl＞F，故C正确；D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应的酸性越强，所以酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故D正确；应选B．【评论】此题考察了离子半径、金属性、酸性强弱等的大小比较，重视元素周期律的应用的考察，题目难度不大．21．以下①②对应的试剂（或条件）不可以达成实验目的是（实验目的温度对H2O2分解反响速率的影响用稀硫酸比较铝和铁的金属活动性用酸化的AgNO3溶液查验海水中Cl﹣可否蒸馏除掉用Na块查验乙醇分子存在不一样于烃分子里的氢原子

）试剂（或条件）①热水浴②冰水浴①铝粉②铁钉①海水②蒸馏所得液体①乙醇②煤油A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评论．【剖析】A．只有温度一个变量；B．铝和铁为不一样金属，且铝粉接触面积大；C．蒸馏水中不含氯离子，则加硝酸银不生成积淀；D．钠与煤油不反响，Na与乙醇反响生成氢气．【解答】解：A．只有温度一个变量，则图装置可达成温度对H2O2分解反响速率的影响，故A正确；B．铝和铁为不一样金属，且铝粉接触面积大，该实验中多个变量，不可以研究金属的活动性，故B错误；C．蒸馏水中不含氯离子，则加硝酸银不生成积淀，则图装置可用酸化的AgNO3溶液查验海水中Cl﹣可否蒸馏除掉，故C正确；D．钠与煤油不反响，Na与乙醇反响生成氢气，则图中装置可用Na块查验乙醇分子存在不同于烃分子里的氢原子，故D正确；应选B．【评论】此题考察化学实验方案的评论，为高频考点，波及反响速率影响要素、离子查验及有机物的结构确立等，掌握化学反响原理、物质的性质及研究实验能力等为解答的重点，侧重剖析与实验能力的综合考察，注意实验的评论性剖析及速率测定中控制变量法应用，题目难度不大．二、解答题（共6小题，满分58分）22．以原油为原料生产聚烯烃的几个步骤如图：（1）步骤①使用的方法是分馏．分馏是利用原油中各组分的沸点不一样进行分其他过程．（2）步骤①所得C4～C10的烃类混淆物中所含的物质超出7种．请以C4H10为例说明其原因是分子式为C4H10的烃有两种结构：CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3，所以C4～C10的烃因存在同分异构现象，其所含的烃超出7种．（3）步骤③中，聚烯烃的合成反响与聚乙烯的同样，该反响种类是加聚反响．生产的聚丙烯可表示为其重复结构单元即它的链节是．（4）乙烯是一种重要的基本化工原料，可制备乙酸乙酯，其转变关系如图．已知：H2C=CH﹣OH不稳固I．①的反响种类是加成反响．Ⅱ．B的结构简式是CH3CHO．Ⅲ．④的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．【考点】有机物的推测．【剖析】（1）原油中各组分沸点的不一样可用分馏分别；2）依据碳原子数超出4个的烷烃分子存在同分异构体剖析；3）都是加成聚合反响，即加聚反响；（4）乙烯经过反响①生成A，A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成M，A与M发生酯化反响生成乙酸乙酯，则A为乙醇、M为乙酸；A经过反响②生成B，B经过反响③生成M，则为乙醛，据此进行解答．【解答】解：（1）利用石油中各成分的沸点不一样，将它们分别出来的方法叫分馏，所以分馏是利用原油中各组分的沸点不一样进行分其他过程，故答案为：沸点；（2）分子式为C4H10的烃有正丁烷和异丁烷两种结构：CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3，则C4～C10的烃因为存在同分异构现象，所以所含的烃的种类超出7种，故答案为：分子式为C4H10的烃有两种结构：CH3（CH2）2CH3和CH（CH3）3，所以C4～C10的烃因存在同分异构现象，其所含的烃超出

7种；3）步骤③中，聚烯烃的合成反响与生成聚乙烯的反响种类同样，都是加成聚合反响，简称加聚反响；中重复的结构单元为，故答案为：加聚反响；；（4）乙烯经过反响①生成A，A被酸性高锰酸钾溶液氧化生成生成乙酸乙酯，则A为乙醇、M为乙酸；A经过反响②生成

M，A与M发生酯化反响B，B经过反响③生成M，则B为CH3CHO，I．反响①为乙烯与水反响生成乙醇，该反响为加成反响，故答案为：加成反响；Ⅱ．依据剖析可知，B为乙醛，其结构简式为：CH3CHO，故答案为：CH3CHO；Ⅲ．反响④为乙醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反响生成乙酸乙酯和水，反响的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O．【评论】此题考察了有机推测，题目难度中等，波及有机物的推测、有机物结构与性质、有机反响种类判断、有机反响方程式书写等知识，明确常有有机物结构与性质为解答依据，23．氢氧燃料电池已用于航天飞机．以30%KOH溶液为电解质溶液的这类电池的结构如图所示．该电池在工作时的电极反响以下：﹣﹣O2+2H2O+4e═4OH﹣﹣2H2﹣4e+4OH═4H2O1）供电时的总反响为2H2+O2=2H2O．2）气体X是H2．3）在图上用箭头标出电子的挪动方向．【考点】原电池和电解池的工作原理．【剖析】氢氧燃料电池是将化学能转变成电能的装置，工作时，阳离子移向正极，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反响，通入氧气的一极为电池的正极，发生复原反响，电池总反响与氢气在氧气中焚烧的化学方程式一致，产物为水，外电路中电子从负极移向正极．【解答】解：（1）在氢氧燃料电池中，电池总反响与氢气在氧气中焚烧的化学方程式一致，供电时的总反响为2H2+O2═2H2O，故答案为：2H2+O2═2H2O；（2）工作时，阳离子移向正极，所以由图电极b为正极，a为负极，又通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反响，所以气体X是H2，故答案为：H2；（3）外电路中电子从负极移向正极，所以电子由a移向b，故答案为：．【评论】此题考察原电池的构成以及工作原理，题目难度不大，注意电极反响式以及总反响的书写是重点．24．物质的类型和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角．（1）X的电子式是．2）Na2S2O3是一种用途宽泛的钠盐．的是b（填字母序号）．a．Na2S+Sb．Z+S（3）硒（34Se）和S位于同一主族．

从理论上剖析，以下物质组合中能用于制备Na2S2O3c．Na2SO3+Y①H2Se的稳固性比H2S的（填“强”或“弱”）弱，断开1molH﹣Se键汲取的能量比断开1molH﹣S键汲取的能量（填“多”或“少”）少．用原子结构解说原由：同主族元素最外层电子数同样，从上到下电子层数增添，原子半径增大，原子查对最外层电子的吸引力减弱，元素的非金属性减弱．2﹣②写出SeO2与NaOH溶液反响的离子方程式：﹣SeO2+2OH=SeO3+H2O．【考点】含硫物质的性质及综合应用；同一主族内元生性质递变规律与原子结构的关系．【剖析】（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化复原的角度剖析，反响物中S元素化合价一定分别大于2和小于2；3）①同主族非金属氢化物稳固性减弱，原子半径增大H﹣Se键的键能小于H﹣S键的键能；②依照二氧化硒是酸性氧化物和碱反响生成盐和水．【解答】解：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键，其电子式为：

，故答案为：

；（2）Na2S2O3中

S为+2价，从氧化复原的角度剖析，反响物中

S元素化合价一定分别大于2和小于2，a中

S化合价都小于

2，c中

S的化合价都大于

2，b切合题意，故答案为：b；（3）①同主族非金属氢化物稳固性减弱，原子半径增大H﹣Se键的键能小于H﹣S键的键能断开1molH﹣Se键汲取的能量比断开1molH﹣S键汲取的能量少，用原子结构解说原由：同主族元素最外层电子数同样，从上到下电子层数增添，原子半径增大，原子查对最外层电子的吸引力减弱，元素的非金属性减弱，故答案为：弱；少；电子层数增添，原子半径增大，原子查对最外层电子的吸引力减弱，元素的非金属性减弱；②二氧化硒是酸性氧化物和碱反响生成盐和水，反响的离子方程式为：﹣2SeO2+2OH=SeO3﹣+H2O，2﹣﹣故答案为：SeO2+2OH=SeO3+H2O．【评论】此题考察了核外电子的排布与电子式、氧化复原反响，周期表中通主族递变规律的剖析应用，掌握基础是重点，题目难度中等．25．铝热反响原理能够应用在生产上，比如焊接钢轨、冶炼难熔金属、制作传统的烟火剂等．某小组同学在研究铝热反响时，进行以下议论和实验．（1）对于铝热反响有以下两种认识，此中正确的选项是b（填字母序号）．a．该反响需在高温下发生，所以是吸热反响b．因为铝的复原性较强，所以铝能将相对不开朗的金属从其化合物中置换出来（2）铝和氧化铁反响的化学方程式是2Al+Fe2O32Fe+Al2O3．3）铝和氧化铁反响所得固体成分的初步确立．实验序号操作及现象i取少许固体样品，加入过度稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经查验为H2），溶液呈浅黄色ii向i所得溶液中加入少许KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液，产生无色气体（经查验为O2），溶液变成深红色2+、Fe3+①由上述实验可知：溶液中Fe元素的存在形式有Fe．②i中产生H2的原由是样品中除含Fe外，可能有未反响的Al，为查验样品中能否含Al单质，可采纳的试剂是NaOH溶液．③ii中生成O2的化学方程式是2H2O22H2O+O2↑．进一步的实验表示，上述固体样品中Fe元素的存在形式有：Fe、Fe2O3、Fe3O4．【考点】研究铝热反响．【剖析】（1）反响中吸热、放热与反响条件没有必定关系，需要依据反响物总能量与生成物总能量大小进行比较；铝热反响中因为铝的复原性较强，所以才能够将复原性弱的金属置换出来；（2）铝与氧化铁在高温下发生反响生成氧化铝和铁，据此写出反响的化学方程式；（3）取少许固体样品，加入过度稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经查验为H2），溶液呈浅黄色，说明溶液中含有铁离子；向i所得溶液中加入少许KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液，产生无色气体（经查验为O2），溶液变成深红色，说明加入双氧水后，溶液中亚铁离子被氧化成铁离子，所以溶液由浅红色变成深红色，则溶液中铁元素存在形式为Fe2+、Fe3+；铁离子能够做催化剂，使双氧水分解生成氧气；能够用氢氧化钠溶液鉴识反响后的固体中能否含有金属铝，据此进行解答．【解答】解：（1）a．该反响需在高温下发生，所以是吸热反响：反响吸热、放热与反响条件没有必定关系，该反响中反响物总能量大于生成物总能量，所以该反响为放热反响，故a错误；b．铝热反响中，因为铝的复原性较强，所以铝能将相对不开朗的金属从其化合物中置换出来，故b正确；故答案为：b；（2）铝与氧化铁发生的铝热反响方程式为：

2Al+Fe2O3

2Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O3

2Fe+Al2O3；（3）取少许固体样品，加入过度稀盐酸，固体溶解，产生无色气体（经查验为H2），溶液呈浅黄色，说明溶液中含有铁离子；向i所得溶液中加入少许KSCN溶液，溶液呈浅红色，再加入H2O2溶液，产生无色气体（经查验为O2），溶液变成深红色，说明加入双氧水后，溶液中亚铁离子被氧化成铁离子，

所以溶液由浅红色变成深红色，

则溶液中铁元素存在形式为Fe2+、Fe3+，①依据剖析可知，铁元素在溶液中存在形式为：2+3+2+3+；Fe、Fe，故答案为：Fe、Fe②铁、氧化铁都不与氢氧化钠溶液反响，而铝能够与氢氧化钠溶液反响，所以可用氢氧化钠溶液查验样品中能否含Al单质，故答案为：NaOH溶液；③ii中双氧水在铁离子催化作用下分解生成氧气，反响的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑．【评论】此题考察了铝热反响，题目难度中等，波及铝热反响原理、化学方程式书写、物质查验与鉴识方法等知识，明确铝热反响原理为解答重点，试题重视考察学生的剖析、理解能力及化学实验能力．26．某课外小组模拟工业上以浓缩海水为原料提取溴的部分过程，设计以下装置进行实验（全部橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）．（1）装置A中通入Cl2的目的是（用离子方程式表示）﹣﹣．Cl2+2Br=2Cl+Br2（2）装置A中通人Cl2一段时间后，停止通入，改通热空气．通入热空气的目的是吹出Br2．B中有SO42﹣生成，说明Br2有（填“氧化”或“复原”）（3）反响过程中，装置氧化性．（4）证明反响后的装置B中含有Br﹣，某同学提出的实验方案是：拿出少许装置B中的溶液，先加入新制氯水，再加入KI淀粉溶液．该方案能否合理并简述原由：不合理，因为过度的氯水也可使溶液变蓝．该小组同学向反响后的装置B中再通入氯气，充分反响后用蒸馏的方法分别出了溴单质．【考点】海水资源及其综合利用．【剖析】（1）装置A中通入Cl2的目的可氧化溴离子；（2）修溴质易挥发，热空气可将生成的溴蒸气吹出；（3）在B装置中发生氧化复原反响生成硫酸和HBr，说明Br2有氧化性；（4）