【文档说明】河北省鸡泽县第一中学2019-2020学年高一下学期开学考试化学试题【精准解析】.doc，共(22)页，766.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-364a8513e53122f2d87050521ae9e6f7.html

以下为本文档部分文字说明：

2019—2020学年第二学期返校考试高一化学试题(满分：100分时间：90分钟)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14Si-28Na-23Cl-35.5Mg-24Cu-64K-39Ag-108一、选择题(每小题只有一个正

确选项，每小题2分，共计40分)1.下列表示不正确的是A.KOH的电子式：B.二氧化碳的结构式：O=C=OC.CH4的球棍模型：D.S2ˉ的离子结构示意图：【答案】C【解析】【详解】A．KOH是离子化合物，电子

式为，A项正确；B．CO2是共价化合物，结构式为O=C=O，B项正确；C．球棍模型是以线代表共价键，连结以球表示原子，该选项为甲烷分子的比例模型，C项错误；D．S2-核内有16个质子，核外有18个电子，所以S2－的离子结构示意图为，D项正确；答案选C。2.下列由实验得出的结论正确的

是实验结论A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性

小于碳酸的酸性D．甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.乙烯与溴发生加成反应生成的1，2−二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，故A正确；B.乙醇与Na

反应不如水与Na反应剧烈，则水中羟基的氢活泼，故B错误；C.乙酸与碳酸钙发生反应生成乙酸钙、二氧化碳和水，即强酸制取弱酸的原理，则乙酸的酸性大于碳酸的酸性，故C错误；D.甲烷与氯气在光照下反应生成HCl溶于水显酸性，一氯甲烷不溶于水即不具有酸性，HCl能使湿润的石蕊

试纸变红，故D错误；故选A。【点睛】强酸制弱酸规律：强酸+较弱酸盐=较弱酸+强酸盐；醇、酚、拨酸中-OH上的H的活性：R-COOH>R-OH。3.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A.达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)B.

若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D.化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v正(H2O)【答案】A【解析】【详解】A.4v正(O2)=5v逆

(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明

到达平衡，故B错误；C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，故C错误；D.用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v正(H2O)，故D错误。故选：A。【点睛】本题

考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素等，题目难度中等。4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)

B.由X、Y组成的化合物是离子化合物C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强【答案】B【解析】【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大

于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，

因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误；B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；C.Z为S

i元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；总上所述，本题选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子

结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。5.肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1

mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N键为942、O＝O键为500、N—N键为154，则断裂1molN—H键所需的能量(kJ)是()A.194B.391C.516D.658【答案】B【解析】【详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)

+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752kJ/mol－534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molN―H键所需的能量

为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。6.可逆反应：2A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)，在四种不同条件下的反应速率分别为：①υ(A)=0.5mol·L-1·min-1②υ(B)=0.6mol·L-1·min-1

③υ©=0.35mol·L-1·min-1④υ(D)=0.4mol·L-1·min-1该反应在这四种不同条件下反应速率由快到慢的顺序是A.①②③④B.②①④③C.④①②③D.②④①③【答案】C【解析】【详解】①v(A)=0.5mol/(L•min)；②v(A)：v(B)=

2：3，故v(A)=23v(B)=23×0.6mol/(L•min)=0.4mol/(L•min)；③v(A)：v(C)=1：1，故v(A)=v(C)=0.35mol/(L•min)；④v(A)：v(D)=2：1，故v(A)=2v(D)=2×0.4mol/(L•min)=0.8m

ol/(L•min)；反应速率由快到慢的顺序是④①②③，故选C。【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。要注意比较化学反应速率快慢要以同一个物质进行比较。7.某烷烃的一种同分异构体只

能生成一种一氯代物，则该烃的分子式不可能是A.C2H6B.C4H10C.C5H12D.C8H18【答案】B【解析】【分析】烷烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，说明分子中的氢原子完全是相同的。【详解】A.C2H6

只能是乙烷，分子中的氢原子完全相同；B.C4H10有正丁烷和异丁烷两种结构，分别有两种氢原子；C.C5H12有3种结构，其中新戊烷分子中的氢原子完全是相同的；D.C8H18有多种结构，其中(CH3)3C(CH3)3分子中的氢原子完全是相同的。综上所述，该烃的分子式不可能是C4

H10，故选B。8.下列说法不正确的是()A.正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇的沸点比二甲醚的高B.甲烷、苯、乙醇均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色C.羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料D.天然植物油没有恒定的熔、沸点，常温下难溶于水【答案】B【解析】【

详解】A．对于分子式相同的烷烃，支链越多，沸点越低，因而正丁烷的沸点比异丁烷的高。而对于相对分子质量相近的有机物，含羟基越多，沸点越高，原因在于-OH可形成分子间的氢键，使得沸点升高，因而乙醇的沸点比二甲醚的高，故A正确；B．乙醇含有羟基可被高锰酸钾溶液氧化，

使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不会和溴水反应，但苯能够使得溴水褪色，原因是溴水中的Br2在苯中的溶解度远远大于在水中的溶解度，所以大部分Br2转移到了苯中，这个是萃取，最后由于苯和水不互溶分层，上层是有机

层，橙红色，下层是水层，几乎无色，故B错误；C．羊毛、蚕丝主要成分是蛋白质，为天然高分子化合物，塑料、合成橡胶都属于人工合成的高分子材料，故C正确；D．天然植物油是混合物，混合物无固定熔、沸点，另外，植物油常温下难溶于水，故D正确；答案选B。9.为

提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是()序号不纯物除杂试剂分离方法ACH4(C2H4)酸性KMnO4溶液洗气B苯(Br2)NaOH溶液过滤C乙酸乙酯(乙酸)饱和Na2CO3溶液蒸馏DC2H5OH(

H2O)新制生石灰蒸馏A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．酸性高锰酸钾具有强氧化性，能和还原性物质乙烯反应，会生成二氧化碳，从而产生新的杂质，应该用溴水，故A错误；B．溴与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠，苯不与氢氧化钠反应，但苯不溶于水会

分层，应使用分液的方法分离，故B错误；C．饱和的碳酸钠溶液和乙酸乙酯互不相溶，但可以和乙酸反应，可以采用加入饱和碳酸钠再分液的方法来分离，而不是蒸馏，故C错误；D．乙醇与生石灰CaO不会发生反应，CaO可以与

水化合生成Ca(OH)2，是离子化合物，沸点较高，可采用蒸馏的方法让乙醇先挥发出来，再冷凝就得到纯的无水乙醇，故D正确；答案选D。10.25℃时某气态烃与O2混合充入密闭容器中，点燃后又恢复至25℃，此时容器内压强为原来的13，再经NaOH溶液处理，容器内几乎成为真空，该烃的化学式

为()A.CH4B.C2H6C.C3H8D.C4H10【答案】A【解析】【分析】【详解】烃燃烧后的气体经NaOH溶液吸收，容器几乎成真空，说明烃和O2完全反应生成CO2和液态水，设此碳氢化合物的化学式为CxHy

，则：4CxHy+(4x+y)O2⎯⎯⎯⎯→点燃4xCO2+2yH2O(l)，根据题意可知：4+4x+y＝3×4x，整理可得：8x＝4+y，则：若x＝1，则y＝4，为甲烷(CH4)；若x＝2，则y＝12，不存在该

物质；若x＝3，则y＝20，不存在该物质，若x＝4，则y＝28，不存在该物质，根据分析可知，该气态烃只能为甲烷，答案选A。11.100mL6mol·L－1H2SO4跟过量锌粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量()A.碳酸钠(固体)

B.少量硫酸铜溶液C.NaCl溶液D.加热【答案】C【解析】【分析】【详解】A．加入碳酸钠(固体)可与硫酸反应生成二氧化碳和水，消耗了氢离子转化为水，生成氢气的总量减少，故A不符合题意；B．加入少量硫酸铜溶液，锌比铜活泼，可置换出铜单质，形成铜锌原电池，反应速率增大，故B不符合题意；C．加入Na

Cl溶液，相当于稀释，氢离子的物质的量不变，浓度变小，则减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故C符合题意；D．加热使反应速率加快，故D不符合题意；答案选C。12.今有如下三个热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)放热Q1kJ2H2(g)+O

2(g)=2H2O(l)放热Q2kJH2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)放热Q3kJ,其中Q1Q2Q3大小关系是()A.Q1=Q2=Q3B.2Q3=Q1<Q2C.Q3<Q2<Q1D.Q1<Q2<3Q3【答案】B【解析】【详解】反应消

耗物质的量越多则放出的能量越大，反应热和反应物的量成正比，则2Q3=Q1，反应②可以看成是反应①的基础上再由气态水变为液态水，气态水再变为液态水的过程要放热，所以Q1＜Q2，即2Q3=Q1＜Q2；故选B。13.已知1g火箭燃料肼（

N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，则该反应的热化学方程式正确的是A.N2H4+O2=N2+2H2O△H=-534.4kJ/molB.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-

16.7kJ/molC.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=-534.4kJ/molD.N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534.4kJ/mol【答案】D【解析】【分析】热化学方

程式的书写：标明物质的聚集状态；焓变符号中的“+”和“-”代表吸热和放热，化学反应的焓变和物质的量相对应。【详解】A．没注明物质的聚集状态，故A错误；B．1g火箭燃料肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（

g）时，放出16.7kJ的热量，则32g肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出534.4kJ的热量，即N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)H=-534.4kJ/mol，故B错

误；C．态水变为液态水时，放出热量，所以1g火箭燃料肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，则32g肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出534.4kJ的热量，生成H2O(l)时，放出的热量大于534.4kJ，故C错误；D．1g火箭燃料肼（N2

H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出16.7kJ的热量，则32g肼（N2H4）气体燃烧生成N2和H2O（g）时，放出534.4kJ的热量，即N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)H=-

534.4kJ/mol，故D正确；故选D。14.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是A.铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−Fe3+B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C.活性炭的存在

会加速铁的腐蚀D.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【分析】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；据此解题；【详解】A.在铁的电化学腐蚀中，铁单质

失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；B.铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；C.活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；D.以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，

铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；综上所述，本题应选C.【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2

+；正极反应为：2H++2e-=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe-2e-=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-。15.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z

为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A.原子半径：W<XB.常温常压下，Y单质为固态C.气态氢化物热稳定性：Z<WD.X的最高价氧化物的水化物是强碱【答案】D【解析】【分析】W、X、Y和Z

为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA

族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则A.同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；B.常温常压下

，Si为固体，B项正确；C.同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性：PH3＜NH3，C项正确；D.X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；答案选D。【点

睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，要识记并理解。16.下列数据是对应物质的熔点(℃)，据此做出的下列判断中错误的是()Na2ONaClAlF3AlCl39208011291190BCl3Al2O

3干冰SiO2－1072073－571723A.铝的化合物形成的晶体中有的是离子晶体B.表中只有BCl3和干冰是分子晶体C.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D.不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体【答案】B【解析】【分析】【详解】一般情况下，

物质的熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，A．由表格中的数据可知，氯化铝的熔点较低，属于分子晶体，而氧化铝、氟化铝的熔点较高，为离子晶体，故A正确；B．根据表格中数据，AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都

较低，故B错误；C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故C正确；D．Na和Al不同主族，对应的氧化物为氧化钠和氧化铝，都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确；答案选B。17.下列说法正确的是()

A.H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B.C(s)＋H2O(g)⇌H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(？)＋B(g)⇌2C(？)已达平衡，则A、C不

能同时是气体D.1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1【答案】B【解析】【分析】【详解】A．该可逆反应的反应前后气体

计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，平衡不移动，但正逆反应速率同等程度增加，故A错误；B．在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变能说明反应已达平衡，故B正确

；C．若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C可能均为气体，故C错误；D．已知N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×10％=0.3mol，因而Q1=0.33×|ΔH|=0.1|

ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q2=0.22×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，故D错误；答案选B。18.如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。下列实验现象中正确的是（）A.逸出气体的体

积，a电极的小于b电极的B.一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体C.a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色D.a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色【答案】D【解析】【详解】A选项，a为阴极产生氢气，b为阳极产生氧气，逸出气体的体积，a电极的大于b电极的，故A错

误；B选项，根据A选项的分析，两个电极都产生无色无味的气体，故B错误C选项，a电极氢离子放电，a周围还有大量的氢氧根离子，使a电极附近的石蕊变为蓝色，b电极氢氧根放电，b周围还有大量的氢离子，使b电极附近的石蕊变为红色，故C错误；D选项，根据C选项分析，故D正确；综

上所述，答案为D。19.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)⎯⎯⎯→⎯⎯⎯放电充电ZnO(

s)+2Ni(OH)2(s)。以下说法不正确的是A.三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B.充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)C.放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−ZnO(s)+H2O(l)D.放电过

程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区【答案】D【解析】【详解】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电

子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正确；C、放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e

－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正确；D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。答案选D。20.下列关于热化学反应的描述中正确的是A.HCl和NaOH

反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB.CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/molC.需要加热才能发生的反应一定

是吸热反应D.1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】【详解】A．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH－(aq)====H2O(l)中和热为-57．3kJ·mol－

1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；B．在25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热:CO(g)＋1/2O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，再利用盖斯定律，得：2C

O2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；C．反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态

水，D错误。答案选B。二、非选择题(共计60分)21.如表所示是A、B、C、D、E四种有机物的有关信息：A①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②比例模型为；③能与水在一定条件下反应生成CB①由C、H两种元素组成；②球棍模型为C①由C、H、O三种元素组成；②能与Na反应，

但不能与NaOH溶液反应；③能与D反应生成相对分子质量为88的ED①由C、H、O三种元素组成；②球棍模型为回答下列问题：(1)写出A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式：_______________。(2)B具有的性质是________(填序号)。①无色无味液体②有毒③不溶于水④密

度比水大⑤与酸性KMnO4溶液和溴水反应褪色⑥任何条件下不与氢气反应(3)B在加热时，能与混酸(浓硫酸和浓硝酸的混合溶液)反应，其化学方程式为___________。(4)D的结构简式是____________。(5)如图所示，该实验装置可用于C和D反应制取E。试回答下列问题：①在右试管中通

常加入__________溶液，其作用为___________；②实验生成E的反应方程式为____________，分离右试管中所得E的操作为__________(填操作名称)【答案】(1).CH2=CH2＋Br2→CH2BrCH2Br(

2).②③(3).+HNO3浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O(4).CH3COOH(5).饱和Na2CO3(6).中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，有利于分层(7).CH3COOH＋CH3CH2OH催化剂CH3COOCH

2CH3＋H2O(8).分液【解析】【分析】A能使溴的四氯化碳溶液褪色，比例模型为，则A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；乙烯能与水在一定条件下反应生成乙醇，则C为乙醇，结构简式为CH3CH2OH；B由C、H两种元素组成，球棍模型为，则B为苯，D由C、H、O三种元素组成，球

棍模型为，则D为乙酸，结构简式为CH3COOH，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯相对分子质量为88，则E为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，据此分析解答。【详解】(1)A是乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，化学方程

式为：CH2=CH2＋Br2→CH2BrCH2Br；(2)B是苯，具有的性质是苯在常温下为无色透明液体，密度(15℃)0.885g/cm3，沸点80.10℃，熔点5.53℃，易挥发，具有强烈的特殊气味，有毒，难

溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，①苯是无色透明，具有强烈的特殊气味液体，故①错误；②苯有毒，故②正确；③苯不溶于水，故③正确；④苯的密度(15℃)0.885g/cm3，密度比水小，故④错误；⑤苯的结构中是碳原子之间是一种介于单键与双键之间的特殊键，与酸性KMnO4溶液不反应，苯在催化剂作用

下可与溴单质反应，和溴水不反应，故⑤错误；⑥苯在一定条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，故⑥错误；答案选②③；(3)苯在50～60℃时，能与混酸(浓硫酸和浓硝酸的混合溶液)反应，该反应的反应类型是硝化反应，化学方程式为：+HNO

3浓硫酸Δ⎯⎯⎯⎯⎯→+H2O；(4)根据分析，D为乙酸，结构简式为CH3COOH；(5)①由于实验中的反应物乙酸和乙醇都具有挥发性，制得的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，则在右试管中通常加入饱和Na2CO3溶液，用于中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，有利

于分层；②实验室用乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂加热条件下反应制取乙酸乙酯，反应方程式为CH3COOH＋CH3CH2OH催化剂CH3COOCH2CH3＋H2O，乙酸乙酯为油状液体，难溶于饱和碳酸钠溶液，分离右试管中所得乙酸乙酯的操作为

分液。【点睛】易错点为(2)，苯的结构中没有碳碳双键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯可与溴单质在催化剂作用下反应，与溴水不反应，但由于溴水中溴在苯中的溶解度大，可从水中转移到溶解度大的苯中，溴水可褪色，过程为萃取，不是化学反应。22.已知A

、B、C、D、E、F均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大。B和E同主族，A、B在元素周期表中处于相邻的位置，C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大，D是地壳中含量最多的金属元素，E元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍。请回答下列问题：(1)画出F的原子结构示意图_______。(2)B

、C、E对应简单离子的半径由大到小的顺序为_________(用具体微粒符号表示)。(3)A的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应，生成的化合物属于_____(填“离子化合物”或“共价化合物”)。(4)加热条件下，B

单质与C单质的反应产物的电子式_____，该产物溶于水发生反应的化学方程式为______，立即向溶液中滴加酚酞溶液，观察到溶液的颜色变化情况为______。(5)D的单质能与C元素最高价氧化物对应水化物的溶液反应生成无色气体，该反应的化学方程式为__

_______。【答案】(1).(2).S2−＞O2−＞Na+(3).离子化合物(4).(5).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(6).先变红后褪色(7).2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2

+3H2↑【解析】【分析】A、B、C、D、E、F均为短周期主族元素，且它们的原子序数依次增大，B和E同主族，D是地壳中含量最多的金属元素，则D为Al，E、F原子序数均大于Al，处于第三周期，而E元素原子的最外层电子数是电子层数的2倍，最外层电子数为6，故E为S元素，F为Cl

；B和E同主族，则B为O元素；A、B(氧)在元素周期表中处于相邻的位置，A的原子序数小于B(氧)，故A为N元素；C元素原子在同周期主族元素中原子半径最大，处于IA族，原子序数介于氧、铝之间，故C为Na，据此分析结合元素性质解答。【详解】(1)F为Cl

，位于第三周期，有三个电子层，最外层7个电子，原子结构示意图为；(2)B为O元素，C为Na元素，E为S元素，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2-＞O2-＞N

a+；(3)A为N元素，气态氢化物、最高价氧化物对应水化物分别为氨气、硝酸，二者反应生成硝酸铵，属于离子化合物；(4)加热条件下氧气与钠的反应生成Na2O2，含有离子键、共价键，电子式为，Na2O2溶于水发生反应的化学方程式：2Na

2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，立即向溶液中滴加酚酞溶液，由于生成氢氧化钠，溶液呈碱性，溶液颜色变红，过氧化钠具有强氧化性，可以漂白有色物质，溶液颜色又褪去，观察到溶液颜色：先变红后褪色；(5)D为Al，C为Na，Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢

气，方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。【点睛】易错点为(4)，过氧化钠水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，能使酚酞变红，过氧化钠具有氧化性，可以漂白有色物质，容易忽略过氧化钠的漂白性。23.用序号按要求回答下列问题：(1)下列各种物质：①H2O②NH3③KO

H④Na2O2⑤MgCl2⑥Ne不存在化学键的是______；只存在离子键的是______；属于共价化合物的是________；属于离子化合物的是________；含非极性键的离子化合物是_________;含极性键的离子化合物是______。(2)下列变化过程：①碘的升华②Na

Cl固体溶于水③O2溶于水④HCl气体溶于水⑤烧碱熔化⑥氯化铵受热分解，化学键没有被破坏的是__________；仅破坏离子键的是__________；仅破坏共价键的是__________；既破坏离子键又破坏共价键的是_________

_。【答案】(1).⑥(2).⑤(3).①②(4).③④⑤(5).④(6).③(7).①③(8).②⑤(9).④(10).⑥【解析】【分析】一般情况下，由金属与非金属元素形成的化学键为离子键，含有离子键的化合物为离子化合物，只含有共价键的化合物是共价化合物；由同种元素形成的共价键为非

极性共价键，由不同种元素形成的共价键为极性共价键。【详解】(1)①H2O只含有极性共价键，是共价化合物；②NH3只含有极性共价键，是共价化合物；③KOH中含有离子键和极性共价键，是离子化合物；④Na2O2含有离子键和非极性共价键，是离子化合物；⑤MgCl2只含

有离子键，是离子化合物；⑥Ne是稀有气体，稀有气体除He外，最外层均为8电子稳定结构(He为2电子稳定结构)，不存在化学键；不存在化学键的是⑥；只存在离子键的是⑤；属于共价化合物的是①②；属于离子化合物的

是③④⑤；含非极性键的离子化合物是④；含极性键的离子化合物是③；(2)①碘的升华，破坏的是分子间的作用力，不是化学键；②NaCl固体溶于水，破坏的是钠离子和氯离子之间的离子键；③O2溶于水，氧气仍然以氧分子形式存在，化学键没有被破坏；④HCl气体溶于水，破坏氢原子、氯原子之间的共价键；

⑤烧碱熔化，破坏钠离子和氢氧根之间的离子键；⑥氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，破坏离子键和共价键；化学键没有被破坏的是①③；仅破坏离子键的是②⑤；仅破坏共价键的是④；既破坏离子键又破坏共价键的是⑥。【点睛

】稀有气体是单原子分子，其核外最外层电子均达到稳定结构，不含有化学键。氯化氢是共价化合物，在溶液中形成阴阳离子不是因为氯化氢是氢离子和氯离子构成的，是由于水分子破坏了氯化氢分子中氢原子与氯原子之间的共价键。24.下图所示装置中，甲池的总反应式为2CH3OH+3O

2+4KOH=2K2CO3+6H2O。试回答:(1)图中甲池的装置是_________（填“原电池”或“电解池”)，乙池中石墨电极是________极。(2)写出通入CH3OH的电极的电极反应式：________________(3)乙池中总反应的化学方程式为__________________

_(4)当乙池中Ag极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2________mL（标准状况）；此时丙池某电极上析出1.60g某金属，则丙池中的盐溶液可能是________（填字母）A.MgSO4B.CuSO4C.NaClD.AgNO3【答案】(1).原电池(2).阳(3).C

H3OH-6e-+8OH－===6H2O+CO32－(4).4AgNO3+2H2O电解4Ag+O2↑+4HNO3(5).280(6).BD【解析】【分析】(1)甲装置为燃料电池；A与原电池的正极相连；(2)燃料电池中燃料失电子发生氧化反应，甲醇失电子和氢

氧根离子反应生成碳酸根离子和水；B电极与原电池负极相连，为阴极，银离子在B上得电子；(3)乙为电解池，电解质溶液为AgNO3；(4)乙池是电解池，碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解硝酸银溶液；根据转移电子守恒计算

消耗氧气等体积，丙池中，阴极上析出金属，根据转移电子计算金属的相对原子质量，从而确定盐。【详解】(1)甲装置为甲醇燃料电池，属于原电池，A与原电池的正极相连，则A为阳极，故答案为：原电池；阳；(2)燃料电池中，燃料在负极失电子发生氧化反应，则碱性条件下，燃料甲醇在负极失电子发生

氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式是CH3OH-6e-+8OH-═6H2O+CO32-，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-═6H2O+CO32-；(3)乙为电解池，电解时，AgNO3溶液电解生成硝酸、银和水，反应的化学方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3

，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；(4)乙池中A(Ag)极上银离子得电子生成Ag，其电极反应为Ag++e-=Ag，已知A(Ag)极的质量增加5.40g时，n(Ag)=0.05mol，则转移电子为0.05mol，甲中正极反应为：O2+4e-+H2O=4OH-，则转移0.0

5mol电子时消耗的氧气为0.0125mol，则氧气的体积为0.0125mol×22.4L/mol=0.28L=280ml；丙池是电解池，阴极上金属离子放电析出金属单质，则金属元素在氢元素之后，D电极连接甲醇电极，所以D是阴极，

根据转移电子相等知，当析出一价金属时，其摩尔质量=1.6÷0.05=32g/mol，该元素为硫，错误，当析出的是二价金属，则其摩尔质量=(1.6÷0.05)×2=64g/mol，所以该金属是铜，则溶液是硫酸铜溶液，也可能是硝酸银

放电结束后水放电，所以也可能是硝酸银，故选BD，故答案为：280；BD。25.一定温度下，将3molA气体和1molB气体通入某密闭容器中，发生如下反应：()()()3AgBgxCg+。请回答下列问题：(1)若容器体积固定为2L①反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L.1

min内，B的平均反应速率为____________；x=________②若反应2min达到平衡，平衡时C的浓度______(填“大于”“等于”或“小于”)0.8mol/L③平衡混合物中，C的体积分数为22%，则A的转化率是______(保留3位有效数字)(2)一定温度下，可逆反

应：()()()222NOgOg2NOg+在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是______①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO②用NO、O2、NO2的物质的量浓度变化表示的反应

速率的比：2:1:2③混合气体的密度不随时间的变化而变化④O2的物质的量浓度不变【答案】(1).0.2mol/(L•min)(2).2(3).小于(4).36.1%(5).④【解析】【分析】(1)利用三段式法计算()()()()(

)()3Ag+BgxCgmol/L1.5mol/0.500.60.20.2Lmol/Lx0.90.30.4始变平0.2x=0.4，x=2，以此解答该题；(2)平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析选项。【详解】(1)利用三段式法计算：()

()()()()()3Ag+BgxCgmol/L1.5mol/0.500.60.20.2Lmol/Lx0.90.30.4始变平①1min内，B的平均反应速率为v(B)=0.2mol/L1min=0.2mol/(L•min)，0.2x=0.4，x=2

；②随着反应的进行，反应速率逐渐减小，若反应经2min达到平衡，反应速率应小于1min时的速率，则1min时，C的浓度为0.4mol/L，则则平衡时C的浓度小于0.8mol/L；③平衡混合物中，C的体积分数为22%，设转化了3xmolA，则

有：()()()()()()3Ag+BgxCgmol3molmo103xx2x3-3x1-x2lx始变平2x4-2x×100%=22%，x=0.361，则A的转化率是30.3613×100%=36.1%；(2)一定温度下，可逆反应：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)

在体积固定的密闭容器中反应；①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO，说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故①错误；②用NO、O2、NO2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比在反应过程中和平衡状态始终为2：1：2，不能说明反应达到平衡状态，故②错误；③反应前

后气体质量和体积始终不变，混合气体的密度不随时间的变化而变化，不能说明反应达到平衡状态，故③错误；④O2的物质的量浓度不变是平衡标志，故④正确；故答案为④。【点睛】在判断反应是否达到平衡状态时，一般可根据反应体系中，各物理量由变量变为不变量时即为达到平衡状态

。解题时，一定要注意题目条件，体积固定时，对于反应前气体质量不变的体系，密度不能作为判断反应达到平衡状态的依据。