2023-2024学年四川省成都市蓉城高中教育联盟高一下学期期末联考模拟化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省成都市蓉城高中教育联盟2023-2024学年高一下学期期末联考模拟试题一、单选题1.我国在材料的开发和应用方面取得了举世瞩目的成就。下列属于金属材料的是()A.港珠澳大桥使用的混凝土B.高速列车外壳使用的硬铝C.“中国天眼”使用的碳化硅D.卫星芯片使用的高纯硅〖答案〗B〖解析〗【详析】A．混凝土为无机非金属材料，A错误；B．硬铝属于铝合金，为金属材料，B正确；C．碳化硅为新型无机非金属材料，C错误；D．高纯硅为无机非金属材料，D错误；故选B。2.反应放热，可用于冬天石油开采。下列有关微粒的化学用语正确的是()A.的结构示意图：B.中子数为18的氯原子：C.的电子式：D.用电子式表示NaCl的形成过程：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Na+是Na原子失去最外层的1个电子形成的，其核外电子排布是2、8，故Na+的结构示意图是，A错误；B．中子数为18的氯原子质量数是17+18=35，故该原子的表示式为：，B错误；C．N2分子中2个N原子形成3对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，为，C错误；D．NaCl中Na原子失去电子形成Na+，Cl原子获得电子形成Cl-，然后Na+与Cl-通过离子键结合，D正确；故选D。3.中科院化学所李玉良院士的团队首次利用六炔基苯在铜片的催化作用下发生偶联反应，成功地合成了新型可导电全碳纳米结构材料——石墨炔。下列说法错误的是()A.六炔基苯的分子式为C18H6B.由六炔基苯合成石墨炔的反应属于加聚反应C.石墨炔中碳原子的杂化类型有sp杂化和sp2杂化D.石墨炔中每个碳原子均有p轨道相互平行且相互重叠，p轨道电子可在整个碳原子平面内运动，所以石墨炔具有导电性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．六炔基苯含有18个C原子、6个H原子，分子式为C18H6，故A正确；B．由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，故B错误；C．石墨炔中苯环上的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构，碳原子的杂化类型为sp2杂化，碳碳三键上的C原子与相邻的两个碳原子以σ键结合，杂化类型为sp杂化，故C正确；D．石墨炔中碳原子杂化类型有sp杂化和sp2杂化，每个碳原子均有p轨道相互平行且相互重叠，p轨道电子可在整个碳原子平面内运动，所以石墨炔具有导电性，故D正确；故选B。4.设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是()A.0.5mol羟基中所含电子数为5NAB.标准状况下，11.2LCHCl3中，共用电子对的数目为2NAC.常温常压下，17g氨气所含原子数目为4NAD.1mol苯乙烯()分子中含有碳碳双键的个数为4NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A

．一个羟基含有9个电子，0.5mol羟基中所含电子数为4.5NA，故A错误；B．标准状况下，CHCl3不是气体，故无法计算物质的量，更无法计算共用电子对的数目，故B错误；C．17g氨气的物质的量ｎ＝，所含原子数目为4NA，故C正确；D．苯乙烯分子中苯环不含碳碳双键；1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA，故D错误；〖答案〗选C。5.下列反应的离子方程式，正确的是()A.碳酸钠溶液和盐酸反应：Na2CO3+2H+=2Na++CO2↑+H2OB.硫酸铝溶液中加入过量氨水：A13++3OH-=Al(OH)3↓C.钠和冷水反应：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH＋H2↑D.铁跟稀硫酸反应：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Na2CO3为强电解质，离子方程式中可拆，正确为：CO+2H+=CO2↑+H2O，A项错误；B．氨水为弱碱，离子方程式中不可拆，正确为：A13++3=Al(OH)3↓+3，B项错误；C．钠和冷水反应生成氢氧化钠和水，离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH＋H2↑，C项正确；D．铁跟稀硫酸反应生成亚铁离子，离子方程式为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2，D项错误；〖答案〗选C。6.化学反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化如图所示，则下列说法中正确的是()A.该反应是吸热反应，吸收的热量为(y-x)kJB.断裂1molH—H键和1molCl—Cl键时能放出xkJ的能量C.断裂2molH—Cl键时需要吸收ykJ的能量D.2molHCl(g)的总能量高于1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故A错误；B．断键要吸收能量，所以断裂1molH-H键和1molCl-Cl键吸收xkJ能量，故B错误；C．由图可知，断裂2molH-Cl键需要吸收ykJ的能量，故C正确；D．由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，即2molHCl的总能量低于1molH2和1molCl2的总能量，故D错误；故选C。7.一种由短周期主族元素组成的化合物的结构如图所示。元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，a位于s区，e与其他四种元素不在同一个周期。下列说法正确的是()A.第一电离能：b＞c＞d B.化合物ec3是非极性分子C.简单氢化物的稳定性：b＞d D.元素的电负性：e＞d＞c〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素组成的化合物，元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，a位于s区，且a原子序数最小，a为氢；e与其他四种元素不在同一个周期，能形成6个化学键，则e为硫；b形成4个共价键，为碳；d形成1个共价键，为氟；c在碳、氟之间，且形成2个共价键，为氧；【详析】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：d＞c＞b，A错误；B．化合物ec3为SO3，硫原子形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，分子结构对称，是非极性分子，B正确；C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物稳定性：b<d，C错误；D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；元素的电负性：d＞c＞e，D错误；故选B。8.如图所示的装置是某次实验最初的情况(夹持装置省略)，烧瓶内盛有等体积的甲烷和Cl2，用光照射一段时间后()A.只能生成CH3Cl一种有机物B.烧瓶内液面不可能上升C.烧瓶内的液体可能会分层D.向水中加入石蕊试液后无变化〖答案〗C〖解析〗详析】A.甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机物，故A错误；B.甲烷与氯气发生取代反应，产物中只有CH3Cl是气体，氯化氢极易溶于水，烧瓶内气体体积减少，所以液面能上升，故B错误；C.甲烷与氯气的取代反应产物中CH2Cl2、CHCl3、CCl4都是油状液体，不溶于水，所以烧瓶内的液体可能会分层，故C正确；D.甲烷与氯气发生取代反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，向水中加入石蕊试液后变红色，故D错误。9.化学在生产、生活和军事上有广泛的应用，下列对应关系错误的是()性质应用A钠和钾的合金能导电原子反应堆的导热剂B二氧化硫具有漂白性漂白纸浆、草帽等C镁燃烧时发出耀眼的强光军事上制作照明弹DAl(OH)3受热易分解塑料的阻燃剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A、钠和钾的合金作原子反应堆的导热剂，是因为熔点低，而不是导电，所以物质的性质和用途表述没有直接联系，A错误；B、二氧化硫具有漂白性，可以漂白纸浆，物质的性质和用途表述有直接联系，B正确；C、镁条燃烧发生耀眼的强光，可制作照明弹，物质的性质和用途表述有直接联系，C正确；D、Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，D正确；〖答案〗选A。10.下列实验操作规范的是()A．钠的燃烧B．排空气法收集C．稀释浓硫酸D．溶液的转移〖答案〗B〖解析〗【详析】A．固体加热用坩埚，钠的燃烧在坩埚中进行，故A错误；B．二氧化碳的密度比空气密度大，可选图中向上排空气法收集，故B正确；C．混合时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，操作不合理，故C错误；D．转移液体需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故D错误。〖答案〗选B。11.苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。已知：①断裂化学键所需要的能量(kJ/mol)：C−HC−BrBr−Br(g)H−Br(g)413276194366②③下列叙述正确的是()A.该反应为放热反应，ΔH=-55kJ/molB.第一步是该反应的决速步骤C.该反应的原子利用率约为88%D.可用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2〖答案〗D〖解析〗【详析】A．(l)+Br2(g)→(l)+HBr(g)，利用∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，则有∆H=[(413+194)-(276+366)]kJ/mol=-35kJ/mol，Br2(l)=Br2(g)∆H=+30kJ/mol，两式相加，得出(l)+Br2(l)→(l)+HBr(g)∆H=-5kJ/mol，该反应为放热反应，故A错误；B．正反应活化能越大，反应速率越慢，是决速步骤，根据图像可知，第二步活化能最大，是该反应的决速步骤，故B错误；C．由原子利用率=，期望产物溴苯的质量为157g，生成物总质量为157+81=138g，则原子利用率约为≈66%，故C错误；D．溴可与氢氧化钠反应，而溴苯不反应，可用于除杂，故D正确；〖答案〗为D。12.KClO3和KHSO3可发生下列反应：＋→＋Cl－＋H＋(未配平)，已知酸性越强，该反应的反应速率越快。如图为反应速率v()随时间(t)的变化曲线。下列有关说法不正确的是()A.KClO3和KHSO3发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3B.反应开始阶段速率逐渐增大可能是c(H＋)逐渐增高导致的C.纵坐标为v()时的v()随时间(t)的变化曲线与原图曲线完全吻合D.反应后期速率逐渐减小的主要原因是c()、c()降低〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗反应中Cl元素化合价由+5价降低为-1价，S元素化合价由+4价升高到+5价，则反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，随着反应的进行，氢离子浓度增大，反应速率增大，但同时反应物浓度减小，因此后期反应速率逐渐减小，据此分析解答。【详析】A．反应中KClO3为氧化剂，KHSO3为还原剂，反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，可知反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故A正确；B．反应开始阶段氢离子浓度增大，由题给信息可知，速率逐渐增大可能是c(H+)逐渐增高导致的，故B正确；C．反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，v()∶v()=1∶3，纵坐标为v()的v-t曲线与图中曲线不重合，故C错误；D．反应后期虽然氢离子浓度增大，但c()、c()降低，反应速率减小，故D正确；故选C。13.工业合成氨反应包含多个基元反应，其反应机理如图所示。下列说法错误的是()A.从充入反应物到A处，表示N2、H2在催化剂表面吸附放热B.该历程中最大活化能E正=590kJ•mol-1C.工业合成氨温度为700K左右，主要考虑催化剂在此温度下活性较高D.催化剂可以降低活化能，从而显著提高反应速率〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小；【详析】A．从充入反应物到A处，反应物的能量高于生成物能量，表示N2、H2在催化剂表面吸附放热，A正确；B．该历程中最大活化能E正=[(-342)-(-500)]kJ•mol-1=158kJ•mol-1，B错误；C．合成氨反应正反应为放热反应，高温不利于氨的合成，工业合成氨时温度为700K左右，主要考虑催化剂在此温度下活性较高，催化效率高、反应速率大，C正确；D．催化剂可以大幅降低活化能，显著提高反应速率，提高产量，D正确；故选B14.下列离子方程式正确的是()A.向Fe(OH)3中加入过量的HCl溶液：H++OH-=H2OB.向澄清石灰水中通入足量二氧化碳：CO2+OH-=CNH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：OH-+NH=NH3•H2OD.次氯酸钙溶液通入二氧化硫气体：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．Fe(OH)3中加入过量的HCl溶液，由于Fe(OH)3难溶于水，在离子方程式中应保留化学式，其离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故A错误；B．澄清石灰水中通入足量二氧化碳，生成碳酸氢钙，其离子方程式为CO2+OH-=，故B正确；C．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，发生反应生成碳酸钠、一水合氨和水，其离子方程式为++2OH-=NH3·H2O++H2O，故C错误；D．次氯酸钙溶液通入二氧化硫气体，由于次氯酸的强氧化性，能够氧化亚硫酸钙，其离子方程式为Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓++4H++2Cl-，故D错误；〖答案〗为B。二、非选择题15.按要求填空：（1）写出下列物质的电子式：Na2O2_____NH3_____。（2）2.2g铵根14N2H4+的中子数是___，核外电子数是____，某微粒含有一个原子核，核中有17个质子，20个中子，核外有18个电子，该粒子的化学符号是____。（3）已知断开1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ，则由1molH2和1molI2生成2molHI会_____(“放出”或“吸收”)_____kJ的热量。（4）现有下列物质：①H2②Na2O2③NaOH④H2O2⑤CaCl2⑥NH4NO3⑦H2S，只由离子键构成的物质是_____(填序号，同下)，由离子键和共价键构成的物质是_________，属于共价化合物的是_____。〖答案〗（1）（2）1.1NANA（3）放出11（4）⑤②③⑥④⑦〖解析〗【详析】（1）Na2O2是离子化合物，其电子式为；NH3是共价化合物，其电子式为；（2）1个14N2H4+铵根离子中有7+4×1=11个中子，7+4×1-1=10个电子，其摩尔质量为14+4×2=22g/mol，2.2g该铵根为0.1mol，故0.1mol14N2H4+中有11×0.1=1.1mol中子，为1.1NA个；有10×0.1=1mol电子，为NA个；核中有17个质子，20个中子，核外有18个电子，则该元素为Cl元素，质量数为17+20=37；离子符号为；（3）H2与I2反应生成HI的化学方程式为H2+I22HI，该反应的反应热可以通过反应物的键能总和减去生成物的键能总和计算，当计算值为正值时为吸热反应，计算值为负值时为放热反应，该反应的反应热为436kJ+151kJ-2×299kJ=-11kJ，故该反应为放热反应，共放出11kJ能量；（4）①H2是由极性共价键构成的单质；②Na2O2是有离子键和非极性共价键构成的离子化合物；③NaOH是由离子键和极性共价键构成的离子化合物；④H2O2是由极性共价键和非极性共价键构成的共价化合物；⑤CaCl2是由离子键构成的离子化合物；⑥NH4NO3是由离子键和极性共价键构成的离子化合物；⑦H2S是由极性共价键构成的共价化合物；只由离子键构成的物质是⑤，由离子键和共价键构成的物质是②③⑥，属于共价化合物的是④⑦。16.在2SO2+O2⇌2SO3的反应里，开始SO2和O2的浓度均为0.5mol/L，2分钟后测得SO2的浓度为0.25mol/L，则=___________，各物质所表示的反应速率的最简整数比：：=___________。〖答案〗①.0.0625mol/(L·min)②.2：1：2〖解析〗〖祥解〗根据v=∆c/∆t进行计算，根据速率之比等于方程式的计量系数之比规律进行分析。【详析】根据题意得SO2的浓度减小量∆c(SO2)=0.5-0.25=0.25mol/L；v(SO2)=∆c(SO2)/t=0.25/2=0.125mol/(L∙min)；根据速率之比等于方程式的计量系数之比得：v(SO2)：v(O2)=2：1，可以知道v(O2)=0.5×0.125=0.0625mol/(L∙min)；方程式的计量系数之比为：2：1；2，所以v(SO2)：v(O2)：v(SO3)=2：1：2；〖答案〗0.0625mol/(L∙min)；2：1：2。17.填空：（1）请写出官能团名称，或根据名称画出相应官能团。①醛基___________②酯基___________③—OH___________④—COOH___________⑤___________（2）分子式为C7H8O且属于酚类的同分异构体有___________种(不含立体异构)，写出它们的结构简式___________。（3）C4H10的二氯代物有___________种(不含立体异构)，写出其中含有两个—CH3的，所有同分异构体的结构简式：___________〖答案〗（1）①.—CHO②.③.羟基④.羧基⑤.碳碳双键（2）①.3②.、、（3）①.9②.、、CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3〖解析〗（1）①醛基的结构简式为-CHO；②酯基的结构简式为；③—OH的名称为羟基；④—COOH的名称为羧基；⑤的名称为碳碳双键；（2）分子式为C7H8O的有机物，其不饱和度为4，且属于酚类，则含苯环和酚羟基，还有一个甲基，甲基位于酚羟基的邻、间和对位，共计3种，它们分别是：、、；（3）C4H10由正丁烷、异丁烷两种同分异构体，正丁烷第一个氯在1号位时，二氯代物有4种，正丁烷第二个氯在2号位时，二氯代物有2种；正丁烷的二氯代物有3种：；故合计9种；其中含有两个—CH3的，所有同分异构体的结构简式有：、、CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3。18.火柴头中含有硫和氯元素，用适当的方法可加以检验，回答下列问题：（1）上图是检验火柴头中含有硫元素的实验装置示意图。图中试管中应装有_________溶液，拉动注射器活塞时，若观察到___________现象，证明火柴头燃烧时产生了_______。（2）原火柴头中的氯元素是以KClO3的形式存在的，其作用是助燃剂,当火柴头燃烧后其中的氯元素是以____________物质的形式存在，检验的方法_______________________。〖答案〗（1）①.酸性KMnO4溶液②.紫色褪去③.SO2（2）①.Cl-（或氯化物）②.将燃烧后的火柴头用少量蒸馏水浸泡，片刻后取少量溶液于试管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，说明氯元素是以氯离子形式存在〖解析〗（1）火柴燃烧会生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性与强还原性，同时还会生成氯气或含氯氧化物，氯气或含氯氧化物有强氧化性，可以使品红溶液褪色，故应使用强氧化性的酸性高锰酸钾溶液检验二氧化硫，若紫色褪去，说明生成二氧化硫，故〖答案〗为：酸性KMnO4溶液；紫色褪去；SO2；（2）燃烧后氯元素以氯化物的形式存在，可以利用AgNO3溶液和稀硝酸检验氯离子，具体操作为：将燃烧后的火柴头用少量蒸馏水浸泡，片刻后取少量溶液于试管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，说明氯元素是以氯离子形式存在，故〖答案〗为：Cl−(或氯化物)；将燃烧后的火柴头用少量蒸馏水浸泡，片刻后取少量溶液于试管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，说明氯元素是以氯离子形式存在。四川省成都市蓉城高中教育联盟2023-2024学年高一下学期期末联考模拟试题一、单选题1.我国在材料的开发和应用方面取得了举世瞩目的成就。下列属于金属材料的是()A.港珠澳大桥使用的混凝土B.高速列车外壳使用的硬铝C.“中国天眼”使用的碳化硅D.卫星芯片使用的高纯硅〖答案〗B〖解析〗【详析】A．混凝土为无机非金属材料，A错误；B．硬铝属于铝合金，为金属材料，B正确；C．碳化硅为新型无机非金属材料，C错误；D．高纯硅为无机非金属材料，D错误；故选B。2.反应放热，可用于冬天石油开采。下列有关微粒的化学用语正确的是()A.的结构示意图：B.中子数为18的氯原子：C.的电子式：D.用电子式表示NaCl的形成过程：〖答案〗D〖解析〗【详析】A．Na+是Na原子失去最外层的1个电子形成的，其核外电子排布是2、8，故Na+的结构示意图是，A错误；B．中子数为18的氯原子质量数是17+18=35，故该原子的表示式为：，B错误；C．N2分子中2个N原子形成3对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，为，C错误；D．NaCl中Na原子失去电子形成Na+，Cl原子获得电子形成Cl-，然后Na+与Cl-通过离子键结合，D正确；故选D。3.中科院化学所李玉良院士的团队首次利用六炔基苯在铜片的催化作用下发生偶联反应，成功地合成了新型可导电全碳纳米结构材料——石墨炔。下列说法错误的是()A.六炔基苯的分子式为C18H6B.由六炔基苯合成石墨炔的反应属于加聚反应C.石墨炔中碳原子的杂化类型有sp杂化和sp2杂化D.石墨炔中每个碳原子均有p轨道相互平行且相互重叠，p轨道电子可在整个碳原子平面内运动，所以石墨炔具有导电性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．六炔基苯含有18个C原子、6个H原子，分子式为C18H6，故A正确；B．由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，故B错误；C．石墨炔中苯环上的碳原子与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成平面正六边形结构，碳原子的杂化类型为sp2杂化，碳碳三键上的C原子与相邻的两个碳原子以σ键结合，杂化类型为sp杂化，故C正确；D．石墨炔中碳原子杂化类型有sp杂化和sp2杂化，每个碳原子均有p轨道相互平行且相互重叠，p轨道电子可在整个碳原子平面内运动，所以石墨炔具有导电性，故D正确；故选B。4.设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是()A.0.5mol羟基中所含电子数为5NAB.标准状况下，11.2LCHCl3中，共用电子对的数目为2NAC.常温常压下，17g氨气所含原子数目为4NAD.1mol苯乙烯()分子中含有碳碳双键的个数为4NA〖答案〗C〖解析〗【详析】A

．一个羟基含有9个电子，0.5mol羟基中所含电子数为4.5NA，故A错误；B．标准状况下，CHCl3不是气体，故无法计算物质的量，更无法计算共用电子对的数目，故B错误；C．17g氨气的物质的量ｎ＝，所含原子数目为4NA，故C正确；D．苯乙烯分子中苯环不含碳碳双键；1mol苯乙烯中含有的碳碳双键数为NA，故D错误；〖答案〗选C。5.下列反应的离子方程式，正确的是()A.碳酸钠溶液和盐酸反应：Na2CO3+2H+=2Na++CO2↑+H2OB.硫酸铝溶液中加入过量氨水：A13++3OH-=Al(OH)3↓C.钠和冷水反应：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH＋H2↑D.铁跟稀硫酸反应：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Na2CO3为强电解质，离子方程式中可拆，正确为：CO+2H+=CO2↑+H2O，A项错误；B．氨水为弱碱，离子方程式中不可拆，正确为：A13++3=Al(OH)3↓+3，B项错误；C．钠和冷水反应生成氢氧化钠和水，离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH＋H2↑，C项正确；D．铁跟稀硫酸反应生成亚铁离子，离子方程式为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2，D项错误；〖答案〗选C。6.化学反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化如图所示，则下列说法中正确的是()A.该反应是吸热反应，吸收的热量为(y-x)kJB.断裂1molH—H键和1molCl—Cl键时能放出xkJ的能量C.断裂2molH—Cl键时需要吸收ykJ的能量D.2molHCl(g)的总能量高于1molH2(g)和1molCl2(g)的总能量〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故A错误；B．断键要吸收能量，所以断裂1molH-H键和1molCl-Cl键吸收xkJ能量，故B错误；C．由图可知，断裂2molH-Cl键需要吸收ykJ的能量，故C正确；D．由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，即2molHCl的总能量低于1molH2和1molCl2的总能量，故D错误；故选C。7.一种由短周期主族元素组成的化合物的结构如图所示。元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，a位于s区，e与其他四种元素不在同一个周期。下列说法正确的是()A.第一电离能：b＞c＞d B.化合物ec3是非极性分子C.简单氢化物的稳定性：b＞d D.元素的电负性：e＞d＞c〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素组成的化合物，元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，a位于s区，且a原子序数最小，a为氢；e与其他四种元素不在同一个周期，能形成6个化学键，则e为硫；b形成4个共价键，为碳；d形成1个共价键，为氟；c在碳、氟之间，且形成2个共价键，为氧；【详析】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：d＞c＞b，A错误；B．化合物ec3为SO3，硫原子形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，分子结构对称，是非极性分子，B正确；C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，简单氢化物稳定性：b<d，C错误；D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；元素的电负性：d＞c＞e，D错误；故选B。8.如图所示的装置是某次实验最初的情况(夹持装置省略)，烧瓶内盛有等体积的甲烷和Cl2，用光照射一段时间后()A.只能生成CH3Cl一种有机物B.烧瓶内液面不可能上升C.烧瓶内的液体可能会分层D.向水中加入石蕊试液后无变化〖答案〗C〖解析〗详析】A.甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四种有机物，故A错误；B.甲烷与氯气发生取代反应，产物中只有CH3Cl是气体，氯化氢极易溶于水，烧瓶内气体体积减少，所以液面能上升，故B错误；C.甲烷与氯气的取代反应产物中CH2Cl2、CHCl3、CCl4都是油状液体，不溶于水，所以烧瓶内的液体可能会分层，故C正确；D.甲烷与氯气发生取代反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，向水中加入石蕊试液后变红色，故D错误。9.化学在生产、生活和军事上有广泛的应用，下列对应关系错误的是()性质应用A钠和钾的合金能导电原子反应堆的导热剂B二氧化硫具有漂白性漂白纸浆、草帽等C镁燃烧时发出耀眼的强光军事上制作照明弹DAl(OH)3受热易分解塑料的阻燃剂〖答案〗A〖解析〗【详析】A、钠和钾的合金作原子反应堆的导热剂，是因为熔点低，而不是导电，所以物质的性质和用途表述没有直接联系，A错误；B、二氧化硫具有漂白性，可以漂白纸浆，物质的性质和用途表述有直接联系，B正确；C、镁条燃烧发生耀眼的强光，可制作照明弹，物质的性质和用途表述有直接联系，C正确；D、Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，D正确；〖答案〗选A。10.下列实验操作规范的是()A．钠的燃烧B．排空气法收集C．稀释浓硫酸D．溶液的转移〖答案〗B〖解析〗【详析】A．固体加热用坩埚，钠的燃烧在坩埚中进行，故A错误；B．二氧化碳的密度比空气密度大，可选图中向上排空气法收集，故B正确；C．混合时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，操作不合理，故C错误；D．转移液体需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故D错误。〖答案〗选B。11.苯和液溴反应进程中的能量变化如图所示。已知：①断裂化学键所需要的能量(kJ/mol)：C−HC−BrBr−Br(g)H−Br(g)413276194366②③下列叙述正确的是()A.该反应为放热反应，ΔH=-55kJ/molB.第一步是该反应的决速步骤C.该反应的原子利用率约为88%D.可用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2〖答案〗D〖解析〗【详析】A．(l)+Br2(g)→(l)+HBr(g)，利用∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，则有∆H=[(413+194)-(276+366)]kJ/mol=-35kJ/mol，Br2(l)=Br2(g)∆H=+30kJ/mol，两式相加，得出(l)+Br2(l)→(l)+HBr(g)∆H=-5kJ/mol，该反应为放热反应，故A错误；B．正反应活化能越大，反应速率越慢，是决速步骤，根据图像可知，第二步活化能最大，是该反应的决速步骤，故B错误；C．由原子利用率=，期望产物溴苯的质量为157g，生成物总质量为157+81=138g，则原子利用率约为≈66%，故C错误；D．溴可与氢氧化钠反应，而溴苯不反应，可用于除杂，故D正确；〖答案〗为D。12.KClO3和KHSO3可发生下列反应：＋→＋Cl－＋H＋(未配平)，已知酸性越强，该反应的反应速率越快。如图为反应速率v()随时间(t)的变化曲线。下列有关说法不正确的是()A.KClO3和KHSO3发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3B.反应开始阶段速率逐渐增大可能是c(H＋)逐渐增高导致的C.纵坐标为v()时的v()随时间(t)的变化曲线与原图曲线完全吻合D.反应后期速率逐渐减小的主要原因是c()、c()降低〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗反应中Cl元素化合价由+5价降低为-1价，S元素化合价由+4价升高到+5价，则反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，随着反应的进行，氢离子浓度增大，反应速率增大，但同时反应物浓度减小，因此后期反应速率逐渐减小，据此分析解答。【详析】A．反应中KClO3为氧化剂，KHSO3为还原剂，反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，可知反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故A正确；B．反应开始阶段氢离子浓度增大，由题给信息可知，速率逐渐增大可能是c(H+)逐渐增高导致的，故B正确；C．反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，v()∶v()=1∶3，纵坐标为v()的v-t曲线与图中曲线不重合，故C错误；D．反应后期虽然氢离子浓度增大，但c()、c()降低，反应速率减小，故D正确；故选C。13.工业合成氨反应包含多个基元反应，其反应机理如图所示。下列说法错误的是()A.从充入反应物到A处，表示N2、H2在催化剂表面吸附放热B.该历程中最大活化能E正=590kJ•mol-1C.工业合成氨温度为700K左右，主要考虑催化剂在此温度下活性较高D.催化剂可以降低活化能，从而显著提高反应速率〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小；【详析】A．从充入反应物到A处，反应物的能量高于生成物能量，表示N2、H2在催化剂表面吸附放热，A正确；B．该历程中最大活化能E正=[(-342)-(-500)]kJ•mol-1=158kJ•mol-1，B错误；C．合成氨反应正反应为放热反应，高温不利于氨的合成，工业合成氨时温度为700K左右，主要考虑催化剂在此温度下活性较高，催化效率高、反应速率大，C正确；D．催化剂可以大幅降低活化能，显著提高反应速率，提高产量，D正确；故选B14.下列离子方程式正确的是()A.向Fe(OH)3中加入过量的HCl溶液：H++OH-=H2OB.向澄清石灰水中通入足量二氧化碳：CO2+OH-=CNH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：OH-+NH=NH3•H2OD.次氯酸钙溶液通入二氧化硫气体：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．Fe(OH)3中加入过量的HCl溶液，由于Fe(OH)3难溶于水，在离子方程式中应保留化学式，其离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故A错误；B．澄清石灰水中通入足量二氧化碳，生成碳酸氢钙，其离子方程式为CO2+OH-=，故B正确；C．NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，发生反应生成碳酸钠、一水合氨和水，其离子方程式为++2OH-=NH3·H2O++H2O，故C错误；D．次氯酸钙溶液通入二氧化硫气体，由于次氯酸的强氧化性，能够氧化亚硫酸钙，其离子方程式为Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓++4H++2Cl-，故D错误；〖答案〗为B。二、非选择题15.按要求填空：（1）写出下列物质的电子式：Na2O2_____NH3_____。（2）2.2g铵根14N2H4+的中子数是___，核外电子数是____，某微粒含有一个原子核，核中有17个质子，20个中子，核外有18个电子，该粒子的化学符号是____。（3）已知断开1molH—H键、1molI—I键、1molH—I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ，则由1molH2和1molI2生成2molHI会_____(“放出”或“吸收”)_____kJ的热量。（4）现有下列物质：①H2②Na2O2③NaOH④H2O2⑤CaCl2⑥NH4NO3⑦H2S，只由离子键构成的物质是_____(填序号，同下)，由离子键和共价键构成的物质是_________，属于共价化合物的是_____。〖答案〗（1）（2）1.1NANA（3）放出11（4）⑤②③⑥④⑦〖解析〗【详析】（1）Na2O2是离子化合物，其电子式为；NH3是共价化合物，其电子式为；（2）1个14N2H4+铵根离子中有7+4×1=11个中子，7+4×1-1=10个电子，其摩尔质量为14+4×2=22g/mol，2.2g该铵根为0.1mol，故0.1mol14N2H4+中有11×0.1=1.1mol中子，为1.1NA个；有10×0.1=1mol电子，为NA个；核中有17个质子，20个中子，核外有18个电子，则该元素为Cl元素，质量数为17+20=37；离子符号为；（3）H2与I2反应生成HI的化学方程式为H2+I22HI，该反应的反应热可以通过反应物的键能总和减去生成物的键能总和计算，当计算值为正值时为吸热反应，计算值为负值时为放热反应，该反应的反应热为436kJ+151kJ-2×299kJ=-11kJ，故该反应为放热反应，共放出11kJ能量；（4）①H2是由极性共价键构成的单质；②Na2O2是有离子键和非极性共价键构成的离子化合物；③NaOH是由离子键和极性共价键构成的离子化合物；④H2O2是由极性共价键和非极性共价键构成的共价化合物；⑤CaCl2是由离子键构成的离子化合物；⑥NH4NO3是由离子键和极性共价键构成的离子化合物；⑦H2S是由极性共价键构成的共价化合物；只由离子键构成的物质是⑤，由离子键和共价键构成的物质是②③⑥，属于共价化合物的是④⑦。16.在2SO2+O2⇌2SO3的反应里，开始SO2和O2的浓度均为0.5mol/L，2分钟后测得SO2的浓度为0.25mol/L，则=___________，各物质所表示的反应速率的最简整数比：：=___________。〖答案〗①.0.062