人版高中一年级下学期期末化学试题(理科)

...wd......wd......wd...高一〔下〕期末化学试卷〔理科〕一、单项选择题〔此题包括6小题，每题2分，共12分．每题只有一个选项符合题意〕1．以下说法中，错误的选项是〔〕 A．能量变化是化学反响的基本特征之一 B．化学反响中能量变化的大小与反响物的质量多少无关 C．化学反响中必然伴随发生能量变化 D．化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的2．利用以下反响不能制得括号中纯洁物质的是〔〕 A．乙烯与氯气加成〔1，2﹣二氯乙烷〕 B．等物质的量的氯气与乙烷在光照下反响〔氯乙烷〕 C．乙烯与水加成〔乙醇〕 D．乙烯与氯化氢在一定条件下反响〔氯乙烯〕3．以下有关化学键的表达，正确的选项是〔〕 A．离子化合物中一定含有离子键 B．单质分子中均存在化学键 C．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物一定只含极性键 D．含有共价键的化合物一定是共价化合物4．海水提镁的主要流程如下：以下说法正确的选项是〔〕①试剂M是盐酸②流程中的反响全部都是非氧化复原反响③操作b只是过滤④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg〔OH〕2⑤电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量． A．①②③④⑤ B．②③ C．④⑤ D．①④⑤5．1molX2完全燃烧生成X2O〔g〕放出热量akJ，且氧气中1molO═O键完全断裂时吸收能量bkJ，X2O中1molX﹣O键形成时放出能量ckJ，X2中1molX﹣X键断裂时吸收能量为〔〕 A．〔4c﹣b+2c〕kJ B．kJ C．4c+b﹣2akJ D．kJ6．以下有关有机化学实验的说法中，错误的选项是〔〕 A．除去乙醇中少量乙酸：参加足量生石灰蒸馏 B．乙烯和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色 C．实验室里制备少量乙酸乙酯可用饱和Na2CO3溶液接收生成物 D．别离甘油和氯化钠溶液用分液的方法二、不定项选择题〔此题包括8小题，每题4分，共32分．每题有1-2个正确答案．〕7．以下有关化学用语使用正确的选项是〔〕 A．钙离子的构造示意图： B．乙烯的构造简式：CH2=CH2 C．CH4分子的球棍模型： D．丙烯的电子式：8．如果将前18号元素按原子序数递增的顺序排列，可形成如以以下图的“蜗牛〞形状，图中每个“•〞代表一种元素，其中①点代表氢元素．以下说法不正确的选项是〔〕 A．最简单气态氢化物的稳定性③比⑦小 B．最高价氧化物对应水化物的酸性⑥比⑦弱 C．金属性②比⑤弱 D．原子半径③比④大9．今年3月11日，在日本大地震灾难中，福岛核电站泄漏的放射性物质中含有I，以下有关说法正确的选项是〔〕 A．I元素中含中子数为53 B．它是碘元素的一种同位素 C．I2的摩尔质量为262g D．由此可确定碘元素相对原子质量为13110．以下过程中需要吸收热量的是〔〕 A．H2→2H B．2H2+O2═2H20 C．CaO+H20=Ca〔OH〕2 D．2Cl→Cl211．化学反响：C〔s〕+O2〔g〕═CO〔g〕△H1＜0CO〔g〕+O2〔g〕═CO2〔g〕△H2＜0C〔s〕+O2〔g〕═CO2〔g〕△H3＜0；以下说法不正确的选项是〔一样条件下〕〔〕 A．56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量 B．12gC所具有的能量一定大于28gCO所具有的能量 C．△H1+△H2＞△H3 D．将两份质量相等的碳燃烧，生成CO2的反响比生成CO的反响放出的热量多12．以下说法正确的选项是〔〕 A．NH4Cl固体为离子化合物 B．CO2分子中含有离子健 C．元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16个纵行 D．X2+的核外有18个电子，则X在第四周期第ⅡA族13．在绿色化学工艺中，理想状态是反响物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%．在用CH3C═CH合成CH2═C〔CH3〕COOCH3的过程中，欲使原子利用率到达最高，还需要的其他反响物有〔〕 A．CO2和H2O B．CO和CH3OH C．CH3OH和H2 D．H2和CO214．以下各种方法中，适用于炼制相应金属的是〔〕 A．加热氧化铜炼铜 B．氧化镁跟铝粉共热炼镁 C．用焦炭复原氧化铜炼铜 D．电解熔融氯化钠冶炼钠三、解答题〔共5小题，总分值56分〕15．以下各组物质中属于同系物的是，互为同分异构体的是，互为同位素的是，属于同一物质的是．①C〔CH3〕4和C4H10②和③35Cl和37Cl④和CH3﹣CH2﹣CH2﹣NO2⑤⑥〔CH3〕2CHCH〔CH3〕2和〔CH3〕2CH〔CH2〕2CH3⑥和⑦CH2=CH﹣CH=CH2和CH3﹣CH=CH﹣CH3⑧CH3CH2CH2Cl和CH3CH2Cl．16．有A、B、C、D、E五种种短周期元素原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素：B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；D是地壳中含量最多的元素：E元素最高正价是+7价．答复以下问题：〔1〕元素E在元素周期表中的位置为．〔2〕B、C、D的原子半径由大到小的顺序为〔用元素符号表示，下同〕．〔3〕C的氢化物与它最高价氧化物对应的水化物相互反响生成的物质中所含的化学键类型有．〔4〕由原子个数比为1：1：1的A、B、C三种元素组成共价化合物X，共形成4个共用电子对，X的构造式为．〔5〕A、D两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将海带中的I﹣氧化为碘单质，写出该反响的离子方程式．〔6〕CE3常温下呈液态，可与水反响生成一种酸和一种碱，反响的化学方程式为．17．1molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量；1mol氢气完全燃烧生成气态水放出242kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量．1mol液态水蒸发为气态水是要吸收44kJ热量．〔1〕写出能表示CO燃烧热的热化学方程式．〔2〕假设1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出热量为890kJ〔填“＞〞、“＜〞、“=〞〕．〔3〕燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为．〔4〕氢气的燃烧热为．〔5〕写出CH4气体不完全燃烧生成只生成CO气体和液态水的热化学方程式．18．某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工开展水平，A还是一种植物生长调节剂，D、G是生活中常见的有机物，各物质发生如以以下图的一系列化学反响．根据如图答复以下问题：〔1〕按要求填写：A的构造式：；B的构造简式：；C的电子式：；D的官能团名称；G官能团的构造简式．〔2〕写出⑥⑧两步反响的化学方程式，并注明反响类型：④〔反响类型〕．⑥〔反响类型〕．⑧〔反响类型〕．19．元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛．〔1〕能作为氯、溴、碘元素非金属性〔原子得电子能力〕递变规律的判断依据是〔填序号〕．A．Cl2、Br2、I2的熔点B．Cl2、Br2、I2的氧化性C．HCl、HBr、HI的热稳定性D．HCl、HBr、HI的酸性〔2〕工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：①完成Ⅰ中反响的总化学方程式：．②Ⅱ中转化的基本反响类型是，该反响过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是．〔3〕一定条件，在水溶液中1molCl﹣、ClOX﹣〔x=1，2，3，4〕的能量〔KJ〕相对大小如以以下图．①D是〔填离子符号〕．②B→A+C的反响中，生成1molC，同时会消耗molB，并KJ的热量〔填吸收或放出以及具体数值〕．2014-2015学年海南省文昌中学高一〔下〕期末化学试卷〔理科〕参考答案与试题解析一、单项选择题〔此题包括6小题，每题2分，共12分．每题只有一个选项符合题意〕1．以下说法中，错误的选项是〔〕 A．能量变化是化学反响的基本特征之一 B．化学反响中能量变化的大小与反响物的质量多少无关 C．化学反响中必然伴随发生能量变化 D．化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的考点： 反响热和焓变．专题： 化学反响中的能量变化．分析： 化学反响中的能量变化就是因为旧化学键断裂和新化学键生成引起的，而断裂化学键需要吸收能力，形成化学键会释放能量，任何化学反响都是断裂旧键形成新键的过程，据此分析．解答： 解：A．化学反响的基本特征：是有新物质生成，同时伴随能量变化，故A正确；B．反响物的质量越多，能量变化越大，所以化学反响中的能量变化的大小与反响物的质量多少有关，故B错误；C．任何化学反响都是断裂旧键形成新键的过程，化学键的断裂和生成会吸收能量和释放能量，故C正确；D．化学反响中的能量变化就是因为旧化学键断裂和新化学键生成引起的，故D正确；应选B．点评： 此题考察了化学反响中能量的变化，属根基性知识考察题，要准确把握能量变化的原因．2．利用以下反响不能制得括号中纯洁物质的是〔〕 A．乙烯与氯气加成〔1，2﹣二氯乙烷〕 B．等物质的量的氯气与乙烷在光照下反响〔氯乙烷〕 C．乙烯与水加成〔乙醇〕 D．乙烯与氯化氢在一定条件下反响〔氯乙烯〕考点： 混合物和纯洁物；有机化学反响的综合应用．分析： A．乙烯与氯气发生加成反响生成1，2﹣二氯乙烷；B．等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下，发生取代反响，为链锁反响；C．乙烯与水发生加成反响，没有副产物；D．乙烯与氯化氢在一定条件下发生加成反响；解答： 解：A．乙烯与氯气发生加成反响生成1，2﹣二氯乙烷，生成物只有一种，为纯洁物，故A不选；B．等物质的量的氯气与乙烷在光照条件下，发生取代反响，为链锁反响，产物较复杂，为多种氯代烃的混合物，故B选；C．乙烯与水发生加成反响，没有副产物，生成物只有一种，为纯洁物，故C不选；D．乙烯与氯化氢在一定条件下发生加成反响，生成氯乙烯为纯洁物，故D不选；应选B．点评： 此题考察有机物的制备及物质别离提纯方法的选择，为高频考点，把握有机物的性质、有机反响类型的特点为解答的关键，注意加成反响产物只有一种，题目难度不大．3．以下有关化学键的表达，正确的选项是〔〕 A．离子化合物中一定含有离子键 B．单质分子中均存在化学键 C．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物一定只含极性键 D．含有共价键的化合物一定是共价化合物考点： 化学键．专题： 化学键与晶体构造．分析： A．含有离子键的化合物是离子化合物；B．单质分子中不一定含有化学键；C．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物可能含有非极性键；D．含有共价键的化合物可能是离子化合物．解答： 解：A．含有离子键的化合物是离子化合物，所以离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，故A正确；B．单质分子中不一定含有化学键，如稀有气体，故B错误；C．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物可能含有非极性键，如过氧化氢、大多数有机化合物，故C错误；D．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如KOH，故D错误；应选A．点评： 此题考察了物质和化学键的关系，根据物质的构成微粒确定化学键，易错选项是B，并不是所有物质中都存在化学键，稀有气体中不存在化学键，只存在分子间作用力，为易错点．4．海水提镁的主要流程如下：以下说法正确的选项是〔〕①试剂M是盐酸②流程中的反响全部都是非氧化复原反响③操作b只是过滤④用海水晒盐后的饱和溶液加石灰乳制Mg〔OH〕2⑤电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量． A．①②③④⑤ B．②③ C．④⑤ D．①④⑤考点： 海水资源及其综合利用．专题： 元素及其化合物．分析： 流程分析生石灰溶于水生成氢氧化钙石灰乳，参加沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，参加试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气体中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；①分析判断M是盐酸用来溶解氢氧化镁沉淀；②流程中电解氯化镁生成镁和氯气的反响是氧化复原反响；③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程；④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg〔OH〕2；⑤依据氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低；解答： 解：流程分析生石灰溶于水生成氢氧化钙石灰乳，参加沉淀池沉淀镁离子生成氢氧化镁，过滤后得到氢氧化镁沉淀，参加试剂M为盐酸，氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，通过浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体，在氯化氢气体中加热失去结晶水得到固体氯化镁，通电电解生成镁；①分析判断M是盐酸用来溶解氢氧化镁沉淀，故①正确；②分析流程中，电解氯化镁生成镁和氯气的反响是氧化复原反响，流程中的反响不全部都是非氧化复原反响，故②错误；③操作b是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤得到氯化镁晶体的过程，故③错误；④用海水晒盐后的饱和溶液中主要是氯化镁，加石灰乳可以制Mg〔OH〕2，故④正确；⑤依据氧化镁熔点高，熔融消耗能量高效益低，电解熔融MgCl2比电解熔融的MgO制金属镁更节约能量，故⑤正确；应选D．点评： 此题考察了从海水中提取镁的原理和方法，从氯化镁中提取镁单质，应电解熔融态的氯化镁，工业制备原理和经济效益的分析判断，题目较简单．5．1molX2完全燃烧生成X2O〔g〕放出热量akJ，且氧气中1molO═O键完全断裂时吸收能量bkJ，X2O中1molX﹣O键形成时放出能量ckJ，X2中1molX﹣X键断裂时吸收能量为〔〕 A．〔4c﹣b+2c〕kJ B．kJ C．4c+b﹣2akJ D．kJ考点： 反响热和焓变．分析： 化学反响放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量．解答： 解：1molX2完全燃烧生成X2O〔g〕放出热量akJ，所以化学反响放出的热量=新键生成释放的能量﹣旧键断裂吸收的能量，设X2中1molX﹣X键断裂时吸收能量为K，根据方程式：2X2+O22X2O，则：2akJ=ckJ×4﹣〔2K+bkJ〕，解得K=KJ．应选B．点评： 此题考察学生化学反响中的能量变化知识，熟记教材知识是解题的关键，可以根据所学知识进展答复，难度不大．6．以下有关有机化学实验的说法中，错误的选项是〔〕 A．除去乙醇中少量乙酸：参加足量生石灰蒸馏 B．乙烯和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色 C．实验室里制备少量乙酸乙酯可用饱和Na2CO3溶液接收生成物 D．别离甘油和氯化钠溶液用分液的方法考点： 有机化学反响的综合应用；物质的别离、提纯和除杂．专题： 有机反响．分析： A、乙酸与生石灰反响生成醋酸盐；B、酸性KMnO4溶液具有强氧化性能氧化乙烯和乙醇；C、饱和Na2CO3溶液能吸收乙酸乙酯中的杂质；D、甘油与氯化钠溶液互溶．解答： 解：A、乙酸与生石灰反响生成醋酸盐，乙醇与生石灰不反响，则向乙醇和乙酸的混合液中加生石灰蒸馏即可得到乙醇，故A正确；B、酸性KMnO4溶液具有强氧化性能氧化乙烯和乙醇，所以乙烯和乙醇都能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C、饱和Na2CO3溶液能吸收乙酸乙酯中的杂质，则实验室里制备少量乙酸乙酯可用饱和Na2CO3溶液接收生成物，故C正确；D、甘油即丙三醇，属于醇，与水互溶，所以甘油和氯化钠溶液不能用分液的方法别离，故D错误．应选D．点评： 此题考察了有机物的别离和提纯、常见有机物的性质，题目难度不大，注意把握有机物的构造与性质的联系．二、不定项选择题〔此题包括8小题，每题4分，共32分．每题有1-2个正确答案．〕7．以下有关化学用语使用正确的选项是〔〕 A．钙离子的构造示意图： B．乙烯的构造简式：CH2=CH2 C．CH4分子的球棍模型： D．丙烯的电子式：考点： 原子构造示意图；电子式；构造简式；球棍模型与比例模型．分析： A．钙离子的核电荷数为20，不是18；B．乙烯中存在碳碳双键，乙烯的构造简式中碳碳双键不能省略；C．甲烷为正四面体构造，分子中存在4个碳氢键；D．丙烯中存在6个碳氢键，电子式中漏掉了一个碳氢键．解答： 解：A．钙离子的核电荷数为20，核外电子总数为18，正确的离子构造示意图为，故A错误；B．乙烯分子中存在官能团碳碳双键，乙烯的构造简式为CH2=CH2，故B正确；C．甲烷分子中存在4个碳氢键，为正四面体构造，甲烷的球棍模型为，故C正确；D．丙烯中存在6个碳氢共用电子对，该电子式中少一个碳氢共用电子对，正确的电子式为，故D错误，应选BC．点评： 此题考察了电子式、构造简式、离子构造示意图、球棍模型等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及表示方法，明确离子构造示意图与原子构造示意图的表示方法及区别．8．如果将前18号元素按原子序数递增的顺序排列，可形成如以以下图的“蜗牛〞形状，图中每个“•〞代表一种元素，其中①点代表氢元素．以下说法不正确的选项是〔〕 A．最简单气态氢化物的稳定性③比⑦小 B．最高价氧化物对应水化物的酸性⑥比⑦弱 C．金属性②比⑤弱 D．原子半径③比④大考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期表的构造及其应用．专题： 元素周期律与元素周期表专题．分析： ①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，②为Be、③为C、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si，虚线连接的原子处于同主族，A．非金属性越强，氢化物越稳定；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；C．同周期随原子序数增大金属性减弱，同主族自上而下金属性增强；D．同周期随原子序数增大，原子半径减小．解答： 解：①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，②为Be、③为C、④为O、⑤为Na、⑥为Al、⑦为Si，虚线连接的原子处于同主族，A．③为C、⑦为Si，二者同主族，自上而下非金属性减弱，故氢化物稳定性③＞⑦，故A错误；B．⑥为Al、⑦为Si，Si的非金属性更强，故最高价氧化物对应水化物的酸性⑥＜⑦，故B正确；C．②为Be、⑤为Na，同周期随原子序数增大金属性减弱，同主族自上而下金属性增强，故金属性②＜⑤，故C正确；D．③为C、④为O，同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径③＞④，故D正确，应选A．点评： 此题考察元素周期表、元素周期律等，难度不大，注意元素周期律的理解掌握．9．今年3月11日，在日本大地震灾难中，福岛核电站泄漏的放射性物质中含有I，以下有关说法正确的选项是〔〕 A．I元素中含中子数为53 B．它是碘元素的一种同位素 C．I2的摩尔质量为262g D．由此可确定碘元素相对原子质量为131考点： 质量数与质子数、中子数之间的相互关系．分析：53131I中质子数位53，质量数为131，质子数+中子数=质量数，具有一样质子数而中子数不同的同种元素的原子互为同位素，并注意摩尔质量的单位为g/mol．解答： 解：A．53131I元素中含中子数为131﹣53=78，故A错误；B．具有一样质子数而中子数不同的同种元素的原子互为同位素，则是碘元素的一种同位素，故B正确；C．53131I2的摩尔质量为262g/mol，故C错误；D．原子的相对原子质量为131，而元素的相对原子质量与各同位素原子的含量有关，故D错误．应选B．点评： 此题考察原子的构成及原子中的数量关系，选项D是学生解答中的难点和易错点，难度不大．10．以下过程中需要吸收热量的是〔〕 A．H2→2H B．2H2+O2═2H20 C．CaO+H20=Ca〔OH〕2 D．2Cl→Cl2考点： 吸热反响和放热反响．专题： 化学反响中的能量变化．分析： A、断裂化学键吸收能量；B、燃烧反响是放热反响；C、多数化合反响是放热反响；D、形成新的化学键放出能量．解答： 解：A、断裂化学键吸收能量，H2→H+H要吸收能量，故A选；B、2H2+O2═2H2O是燃烧反响，属于放热反响，放出能量，故B不选；C、CaO+H2O═Ca〔OH〕2是化合反响，属于放热反响，放出能量，故C不选；D、形成新的化学键放出能量，Cl+Cl→Cl2要放出能量，故D不选；应选A．点评： 此题考察了化学反响的本质，化学键断裂吸热，化学键形成放热，燃烧反响，化合反响等分析应用，题目较简单．11．化学反响：C〔s〕+O2〔g〕═CO〔g〕△H1＜0CO〔g〕+O2〔g〕═CO2〔g〕△H2＜0C〔s〕+O2〔g〕═CO2〔g〕△H3＜0；以下说法不正确的选项是〔一样条件下〕〔〕 A．56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量 B．12gC所具有的能量一定大于28gCO所具有的能量 C．△H1+△H2＞△H3 D．将两份质量相等的碳燃烧，生成CO2的反响比生成CO的反响放出的热量多考点： 反响热和焓变．专题： 化学反响中的能量变化．分析： A、反响是放热反响，依据能量守恒分析判断；B、断裂化学键吸收能量，生成化学键放出能量；C、根据盖斯定律分析；D、△H3和△H1为负值，放热多则△H小．解答： 解：A、反响是放热反响，反响物的总能量大于生成物的总能量，所以56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量，故A正确；B、断裂化学键吸收能量，生成化学键放出能量，C〔s〕+O2〔g〕═CO〔g〕△H1＜0为放热反响，△H=反响物的键能之和﹣产物键能之和＜0，所以反响物的键能之和小于产物键能之和，但反响物不仅是C，还有O2，故B错误；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析，反响焓变与反响过程无关，与起始和终了状态有关，所以△H1+△H2=△H3，故C错误；D、生成CO2的反响热为△H3，生成CO的反响热为△H1，因为△H1+△H2=△H3，所以生成CO2的反响比生成CO的反响放出的热量多，故D正确；应选BC．点评： 此题考察了化学反响的能量变化，能量守恒和断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量是解题关键，题目较简单．12．以下说法正确的选项是〔〕 A．NH4Cl固体为离子化合物 B．CO2分子中含有离子健 C．元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16个纵行 D．X2+的核外有18个电子，则X在第四周期第ⅡA族考点： 元素周期表的构造及其应用；离子化合物的构造特征与性质．分析： A、氯化铵是离子键形成的离子化合物；B、二氧化碳是共价键形成的共价化合物；C、元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，共16个族；D、阳离子的质子数=核外电子数+电荷数，根据原子构造示意图判断其在周期表中的位置．解答： 解：A、活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，所以氯化钠中只存在离子键，故A正确；B、非金属元素间易形成共价键，二氧化碳中碳元素和氧元素之间只存在共价键，故B错误；C、元素周期表有7个主族，7个副族，1个0族，1个Ⅷ族，Ⅷ族有3个纵行，所以共18个纵行，故C错误；D、阳离子的质子数=核外电子数+电荷数=18+2=20，X的原子构造示意图为：，所以该元素在第四周期第ⅡA族，故D正确；应选AD．点评： 此题考察了化学键、元素周期表等知识点，难度不大，明确Ⅷ族有3个纵行．13．在绿色化学工艺中，理想状态是反响物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%．在用CH3C═CH合成CH2═C〔CH3〕COOCH3的过程中，欲使原子利用率到达最高，还需要的其他反响物有〔〕 A．CO2和H2O B．CO和CH3OH C．CH3OH和H2 D．H2和CO2考点： 绿色化学．专题： 物质的性质和变化专题．分析： 根据“绿色化学工艺〞的特征：反响物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%；即生成物质只有一种，由原子守恒推测反响物的种类．解答： 解：由于在“绿色化学〞工艺中，原子利用率为100%，故生成的产品CH2═C〔CH3〕COOCH3与原料之间元素种类和原子数目都完全一样，即原子守恒．将生成物中各原子个数减去反响物中各原子个数得到一些原子，无污染的反响途径和工艺是在始态实现污染预防，而非终端治理的科学手段．由于在通过化学转化获取新物质的过程中已充分利用了各种原料，因而生产过程和末端的差值为C2H4O2，对照选项，反响物中原子数之和为C2H4O2的只有B．用CH3C═CH〔丙炔〕合成CH2═C〔CH3〕COOCH3〔2﹣甲基丙烯酸甲酯〕，要把一个C3H4分子变成一个C5H8O2分子，还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中另外的物质中C、H、O的原子个数比为1：2：1．A、CO2和H2O，两种物质分子里三种原子不管若何组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，故A错误；B、CO和CH3OH，两种物质如果按照分子个数比1：1组合，则C、H、O的原子个数比为1：2：1，故B正确；C、CH3OH和H2，两种物质分子里三种原子不管若何组合都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，故C错误；D、H2和CO2，两种物质分子里三种原子不管若何组合也都不能使C、H、O的原子个数比为1：2：1，故D错误；应选B．点评： 此题难度较大，考察同学们新信息获取、处理及结合所学知识灵活运用所学知识进展解题的能力，抓住一个主要信息〔“绿色化学工艺〞中反响物中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%〕是解答此题的关键．14．以下各种方法中，适用于炼制相应金属的是〔〕 A．加热氧化铜炼铜 B．氧化镁跟铝粉共热炼镁 C．用焦炭复原氧化铜炼铜 D．电解熔融氯化钠冶炼钠考点： 金属冶炼的一般原理．分析： 金属的活动性强弱决定了冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热复原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼，据此解答．解答： 解：A．氧化铜用热复原法冶炼，故A错误；B．镁为活泼金属，活泼性强于铝，应选择电解熔融的氯化锰镁的方法冶炼，故B错误；C．铜性质较活泼，用热复原法冶炼，可以用焦炭复原氧化铜炼铜，故C正确；D．钠为活泼金属，用电解熔融的氯化钠的方法冶炼，故D正确；应选：CD．点评： 此题考察了金属的冶炼方法，熟悉金属的活泼性是解题关键，注意活泼性不同金属的冶炼方法．三、解答题〔共5小题，总分值56分〕15．以下各组物质中属于同系物的是①⑧，互为同分异构体的是④⑤，互为同位素的是③，属于同一物质的是②⑥．①C〔CH3〕4和C4H10②和③35Cl和37Cl④和CH3﹣CH2﹣CH2﹣NO2⑤⑥〔CH3〕2CHCH〔CH3〕2和〔CH3〕2CH〔CH2〕2CH3⑥和⑦CH2=CH﹣CH=CH2和CH3﹣CH=CH﹣CH3⑧CH3CH2CH2Cl和CH3CH2Cl．考点： 芳香烃、烃基和同系物；同位素及其应用；同分异构现象和同分异构体．分析： 同系物：构造相似，在分子组成上相差一个或假设干个CH2原子团的化合物；同分异构体：分子式一样构造不同的化合物；同位素：质子数一样中子数不同的同一元素的原子互称同位素；根据概念进展答复即可．解答： 解：同系物：构造相似，在分子组成上相差一个或假设干个CH2原子团的化合物，则①⑧属于同系物；同分异构体：分子式一样构造不同的化合物，则④⑤属于同分异构体；同位素：质子数一样中子数不同的同一元素的原子互称同位素，则③互为同位素；甲烷中四个氢原子是等效的，所以任意两个被F、Cl代替的构造只有一种，即属于同一种物质的是②，⑥中物质均为3﹣甲基﹣戊烷，是同一种物质，故答案为①⑧；④⑤；③；②⑥．点评： 此题考察了几种常见的化学用语，难度不大，解答时注意从其概念的内涵与外延出发，缜密思考，正确解答．16．有A、B、C、D、E五种种短周期元素原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素：B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；D是地壳中含量最多的元素：E元素最高正价是+7价．答复以下问题：〔1〕元素E在元素周期表中的位置为第三周期ⅦA族．〔2〕B、C、D的原子半径由大到小的顺序为C＞N＞O〔用元素符号表示，下同〕．〔3〕C的氢化物与它最高价氧化物对应的水化物相互反响生成的物质中所含的化学键类型有离子键、共价键．〔4〕由原子个数比为1：1：1的A、B、C三种元素组成共价化合物X，共形成4个共用电子对，X的构造式为H﹣C≡N．〔5〕A、D两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物，在酸性溶液中能将海带中的I﹣氧化为碘单质，写出该反响的离子方程式H2O2+2I﹣+2H+═I2+2H2O．〔6〕CE3常温下呈液态，可与水反响生成一种酸和一种碱，反响的化学方程式为NCl3+4H2O═3HClO+NH3•H2O．考点： 位置构造性质的相互关系应用．分析： A、B、C、D、E五种种短周期元素原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素，故A是H；B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，故B是C；D是地壳中含量最多的元素，故D是O；C原子序数介于B、D之间，所以C为N，E元素最高正价是+7价，原子序数大于氧，故E为Cl，据此解答．解答： 解：A、B、C、D、E五种种短周期元素原子序数依次增大，A是原子半径最小的元素，故A是H；B原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，故B是C；D是地壳中含量最多的元素，故D是O；C原子序数介于B、D之间，所以C为N，E元素最高正价是+7价，原子序数大于氧，故E为Cl，〔1〕元素E为Cl，E在元素周期表中的位置为第三周期ⅦA族，故答案为：第三周期ⅦA族；〔2〕B是C，C为N，D是O，同周期元素从左向右，原子半径逐渐减小，所以B、C、D的原子半径由大到小的顺序为C＞N＞O，故答案为：C＞N＞O；〔3〕C为N，C的氢化物与它最高价氧化物对应的水化物相互反响生成的物质为硝酸铵，其中所含的化学键类型有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；〔4〕由原子个数比为1：1：1的H、C、N三种元素组成共价化合物X，共形成4个共用电子对，则X的构造式为H﹣C≡N，故答案为：H﹣C≡N；〔5〕A、D两种元素按原子个数之比为1：1组成的常见液态化合物为H2O2，在酸性溶液中能将海带中的I﹣氧化为碘单质，该反响的离子方程式为H2O2+2I﹣+2H+═I2+2H2O，故答案为：H2O2+2I﹣+2H+═I2+2H2O；〔6〕NCl3常温下呈液态，可与水反响生成一种酸和一种碱，反响的化学方程式为NCl3+4H2O═3HClO+NH3•H2O，故答案为：NCl3+4H2O═3HClO+NH3•H2O；点评： 此题考察构造性质位置关系应用，难度不大，明确元素是解题关键，注意对根基知识的掌握．17．1molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量；1mol氢气完全燃烧生成气态水放出242kJ热量；1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量．1mol液态水蒸发为气态水是要吸收44kJ热量．〔1〕写出能表示CO燃烧热的热化学方程式CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣283kJ/mol．〔2〕假设1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出热量为＜890kJ〔填“＞〞、“＜〞、“=〞〕．〔3〕燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为1430KJ．〔4〕氢气的燃烧热为286kJ/mol．〔5〕写出CH4气体不完全燃烧生成只生成CO气体和液态水的热化学方程式CH4〔g〕+O2〔g〕=CO〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣607kJ/mol．考点： 热化学方程式；有关反响热的计算．分析： 〔1〕燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，依据热化学方程式的书写方法写出，标注物质聚集状态和对应焓变；〔2〕根据不同聚集状态的水的能量不同，以及能量上下进展判断；〔3〕1mol氢气完全燃烧生成气态水放出242kJ热量，1mol液态水蒸发为气态水是要吸收44kJ热量，书写热化学方程式结合盖斯定律计算得到；〔4〕燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热；〔5〕1molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量，书写CO燃烧热的热化学方程式，1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量书写热化学方程式，结合盖斯定律计算得到．解答： 解：〔1〕燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，1molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量，表示CO燃烧热的热化学方程式为：CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣283kJ/mol；故答案为：CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣283kJ/mol；〔2〕水由气态变为液态时要放热，1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890KJ热量，则1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量小于890kJ，故答案为：＜；〔3〕H2〔g〕+O2〔g〕═H2O〔g〕△H=﹣242kJ/mol，H2O〔l〕=H2O〔g〕△H=+44kJ/mol，燃烧1mol氢气生成液态水的热化学方程式为：H2〔g〕+O2〔g〕═H2O〔l〕△H=﹣286kJ/mol，燃烧10gH2生成液态水放热×286KJ/mol=1430KJ，故答案为：1430kJ；〔4〕H2〔g〕+O2〔g〕═H2O〔g〕△H=﹣242kJ/mol，H2O〔l〕=H2O〔g〕△H=+44kJ/mol，1mol氢气完全燃烧生成液态水放出286kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：H2〔g〕+O2〔g〕═H2O〔l〕△H=﹣286kJ/mol；故答案为：286kJ/mol；〔5〕1molCO气体完全燃烧生成CO2气体放出283kJ热量，书写CO燃烧热的热化学方程式为：①CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕；△H=﹣283kJ/mol，1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890kJ热量，②CH4〔g〕+2O2〔g〕=CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣890kJ/mol，依据盖斯定律①+②得到，CH4〔g〕+O2〔g〕=CO〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣607kJ/mol，故答案为：CH4〔g〕+O2〔g〕=CO〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣607kJ/mol．点评： 此题考察了热化学方程式书写方法，盖斯定律的计算应用，主要是物质聚集状态和燃烧热概念的理解应用，题目难度中等．18．某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工开展水平，A还是一种植物生长调节剂，D、G是生活中常见的有机物，各物质发生如以以下图的一系列化学反响．根据如图答复以下问题：〔1〕按要求填写：A的构造式：CH2=CH2；B的构造简式：CH3CH3；C的电子式：；D的官能团名称羟基；G官能团的构造简式﹣COOH．〔2〕写出⑥⑧两步反响的化学方程式，并注明反响类型：④〔反响类型加聚反响〕．⑥2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O〔反响类型氧化反响〕．⑧CH3COOH+HO﹣C2H5CH3COOC2H5+H2O〔反响类型酯化〔取代〕反响〕．考点： 有机物的推断．分析： 烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工开展水平，还是一种植物生长调节剂，故A为CH2=CH2，乙烯与氢气发生加成反响生成B为CH3CH3，乙烯与HCl发生加成反响生成C为CH3CH2Cl，乙烯与水发生加成反响生成D为CH3CH2OH，乙烯发生加聚反响生成高分子化合物E为，乙烷与氯气发生取代反响生成CH3CH2Cl，乙醇氧化得F为CH3CHO，F再发生氧化反响得G为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反响生成H为CH3COOCH2CH3，据此解答．解答： 解：烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工开展水平，还是一种植物生长调节剂，故A为CH2=CH2，乙烯与氢气发生加成反响生成B为CH3CH3，乙烯与HCl发生加成反响生成C为CH3CH2Cl，乙烯与水发生加成反响生成D为CH3CH2OH，乙烯发生加聚反响生成高分子化合物E为，乙烷与氯气发生取代反响生成CH3CH2Cl，乙醇氧化得F为CH3CHO，F再发生氧化反响得G为CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反响生成H为CH3COOCH2CH3，〔1〕根据上面的分析可知，A为CH2=CH2，B为CH3CH3，C为CH3CH2Cl，C的