【文档说明】四川省绵阳南山中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(24)页，1.196 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2020年春季高2019级半期考试化学试题注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间100分钟。2.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号用2B或3B铅笔准确涂写在答题

卡上。3.请将第I卷答案用2B或3B铅笔填涂在答题卡上，答在试卷上无效；请将第II卷答案答在第II卷答题卡上，答在试卷上无效。4.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24Cu64第Ⅰ卷(选择题，共46分)一、选择题(本题包括23小题，每小题2

分，共46分。每小题只有一个选项符合题意)1.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是A.蚕丝的主要成分是蛋白质B.蚕丝属于天然高分子材料C.“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D.古代的蜡是高级脂肪酸甘油酯，属

于高分子聚合物【答案】D【解析】【分析】【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质属于天然高分子化合物，B项正确；C.“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中燃烧、与氧气反应，属于氧化反应，C项正确；D.高级脂肪酸甘油酯的相对分子质量小于1000，不属于高分

子聚合物，D项错误；答案选D。2.下列化学用语表达正确的是A.乙醇的分子式：C2H5OHB.HClO的电子式：C.NH4Cl的电子式为：D.中子数为8的氮原子：157N【答案】D【解析】【详解】A.C2H5OH为乙醇的结构简式

，乙醇的分子式为C2H6O，A项错误；B.HClO的电子式，B项错误；C.Cl-要用离子形式表示，NH4Cl的电子式正确为：，C项错误；D.157N的质量数为15，质子数为7，则中子数为8，D项正确；答案选D。3.下列各组中的性质比较：①酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4②最高正化

合价：Cl＞N＞C③稳定性：HCl>HBr>HI④还原性：HCl＞HBr正确的是A.①②③B.②③④C.①②④D.全部都正确【答案】A【解析】【详解】①非金属性Cl＞S＞P，则最高价氧化物对应水化物的酸性强弱

为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故①正确；②最外层电子数Cl＞N＞C，则最高化合价Cl＞N＞C，故②正确；③非金属性Cl＞Br＞I，则简单氢化物的稳定性：HCl＞HBr＞HI，故③正确；④非金属性Cl＞Br，则氢化物的还原性：HCl＜HBr，故④错误

；综上正确的有①②③，答案选A。4.下列说法正确的是A.吸热反应在常温下也可以发生B.任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化C.CaO＋H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能D.淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体【

答案】A【解析】【详解】A．有的吸热反应不加热也会发生，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，A项正确；B．主要以热能的形式体现出来，有一部分以其他形式体现出来，如光能，B项错误；C．只有氧化还原反应在理论上才能设计成原电池，C项错误；D．淀粉和纤维素均为混合物，二者n

的取值不一样，不是同分异构体，D项错误；答案选A。5.下列叙述正确的是A.常温下，浓硝酸和浓硫酸都不与铁、铝反应B.氨易液化，液氨常用作制冷剂C.活泼金属和稀硝酸反应时置换出氢气D.与金属反应时，稀硝酸可能被还原为更低价态，稀硝酸氧化性强于浓硝酸【答案】B【解析】【分析】【详解】A.常温下

铁、铝与浓硫酸发生钝化，钝化是化学变化，A项错误；B.液氨汽化吸热，使周围温度降低，可用液氨作制冷剂，B项正确；C.硝酸具有强氧化性，金属和稀硝酸反应的还原产物一般是一氧化氮等低价态的含氮化合物，不会产生氢气，C项错误；D

.氧化性的强弱和得电子的能力有关，和得电子的多少无关，浓HNO3氧化性强于稀HNO3，D项错误；答案选B。6.下列说法错误的是A.苯分子结构中对位上的4个原子在一条直线上B.和表示同种物质C.苯的二氯代物有3种D.C5

H12表示4种沸点不同的物质【答案】D【解析】【详解】A.苯是平面型分子，分子中6个碳原子和6个氢原子共12个原子共平面，处于对位上的2个碳原子和2个氢原子四原子共直线，A项正确；B.苯环的六个键相同，故和表示同种物质，B项正确；C.

苯共有6个可被取代的氢原子，其二氯代物有邻间对三种，C项正确；D.C5H12的同分异构体有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种，可表示3种沸点不同的物质，D项错误；答案选D。7.下列说法正确的是（）A.Li在氧

气中燃烧主要生成22LiOB.砹位于第六周期ⅦA族，其简单氢化物的稳定性强于氯化氢C.卤族元素单质的熔、沸点随原子序数的增大而升高D.第二周期非金属元素的简单氢化物溶于水后，水溶液均呈酸性【答案】C【解析】【详解】A.Li在氧气

中燃烧生成2LiO，故A错误；B.元素非金属性越强，其简单氢化物越稳定，同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则简单氢化物的稳定性依次减弱，所以砹化氢的稳定性弱于氯化氢，故B错误；C.随原子序数的增大，卤族元素单质的熔、沸点逐渐升高，故C正确；D.第二周期非金属元素的简单氢化

物溶于水后，水溶液不一定呈酸性，如氨气溶于水后溶液显碱性，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】锂的活泼性不如钠，因此在和氧气点燃时只生成氧化锂。8.如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列

有关该装置的说法正确的是A.其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”B.如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向将改变C.铜片为负极，其附近的溶液变蓝，溶液中有Cu2＋产生D.如果将稀硫酸换成柠檬汁，LED灯将不会发光【答案】A【解析】【分析】【详解

】A.原电池：是化学能转化成电能的装置，LED发光，电能转化成光能，A项正确；B.铁片比铜活泼，铁片作负极，铜片仍做正极，电流方向不改变，仍然是由铜电极流出，B项错误；C.铜片作正极，不参与反应，溶液中的氢离子在此极得电子，生成氢气，C项错误；D.柠檬汁含有电解质溶液，能够

构成原电池，LED会发光，D项错误；答案选A。9.化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（）A.该反应是吸热反应B.断裂1molA-A键和1molB-B键能放出xkJ的能量C.断裂2molA-B

键需要吸收ykJ的能量D.2molAB的总能量高于1moA2和1molB2的总能量【答案】C【解析】【详解】A、根据图像，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，故A错误；B、断裂化学键需要吸收能量，而不是释放能量，故B

错误；C、由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；故选C。10.R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期元素，下列说法一定正确的是(

m、n均为正整数)A.若R(OH)n为强碱，则W(OH)n＋1也为强碱B.若X的最高正化合价为＋5，则五种元素都是非金属元素C.若Y的最低化合价为－2，则Z的最高正化合价为＋6D.若HnXOm为强酸，则Y是活泼非金属元素【答案】D【解析】【详解】A.同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，若R(O

H)n为强碱，则W(OH)(n+1)不一定为强碱，如氢氧化钠为强碱，氢氧化镁为中强碱，A项错误；B.X的最高正化合价为+5，当X为P，则R为铝元素，为金属元素，B项错误；C.若Y的最低化合价为-2，则Y处于ⅥA族，Z的最低价为-1价，其最高正化合价不一定为+7，如F元素没有正价，C项错误

；D.HnXOm为强酸，则X为N或S，同周期元素从左到右元素非金属性逐渐增强，Y是活泼非金属元素，D项正确；答案选D。11.某烯烃与H2加成后的产物是,则该烯烃的结构式可能有（）A.4种B.3种C.2种D.1种

【答案】B【解析】依照碳的四价原则处理，参考图示：12.将1mol乙醇(其中的羟基氧用18O标记)在浓硫酸存在并加热下与足量乙酸充分反应。下列叙述不正确的是A.生成的乙酸乙酯和水分子中都含有18OB.生成的乙酸乙酯中含有18OC.可能生成55g乙酸乙酯D.不可能生成相对分子质量为8

8的乙酸乙酯【答案】A【解析】【详解】1832CHCHOH与3CHCOOH发生酯化反应：18323CHCHOHCHCOOH+浓硫酸△183232CHCOOCHCHHO+，因此生成的水中不含18O原子，乙酸乙酯中含有18O原子，生成乙酸乙酯的

相对分子质量为90；该反应为可逆反应，18321molCHCHOH参加反应，生成酯的物质的量为0n()1mol酯，即质量关系为0m()90g酯；据上分析，答案选A。【点睛】本题重点考查酯化反应的原理，酯化反应的原理是酸的羧基上的

羟基与醇的羟基上的氢原子结合成水分子，其他部分结合成酯。13.下列各组离子，在指定溶液中一定能大量共存的是A.在酸性溶液中：Na＋、Ba2＋、NO3-、CH3COO-B.在酸性溶液中：NH4+、Fe2＋、SO42-

、NO3-C.常温下，在pH>7的溶液中：Na＋、K＋、NO3-、Cl－D.常温下，在pH为7的溶液中：Ag＋、K＋、SO42-、Cl－【答案】C【解析】【详解】A.在强酸性溶液中CH3COO-结合氢离子转化为醋酸，不能大量共存，A项不符合题意；B.有NO3-存在的强酸

性溶液具有强氧化性，具有还原性的Fe2+不能大量共存，B项不符合题意；C.常温下，在pH>7的溶液中：Na＋、K＋、NO3-、Cl－之间不反应，可以大量共存，C项符合题意；D.在pH为7的溶液中Ag＋与SO42－、Cl－均不能大量共存，D项不符合题意；答案选C。14.

用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.1mol11B含有的中子数为0.6NAB.78g苯含有碳碳双键的数目为3NAC.标准状况下，11.2L乙烯和丙烯混合物中含极性键数为2NAD.足量铜与500mL18.4mol/L的硫酸反应，生成SO2的分子数为4.6NA【答案】A【解析】【

详解】A.B为5号元素，11B的质量数为11，则其中子数为11-5=6，则0.1mol11B所含中子数为0.6NA，A项正确；B.苯中不存在碳碳双键，B项错误；C.乙烯和丙烯的最简式为CH2，含有2个极性键，标准状况下，11.2L乙烯和丙烯混合物认为含有最简式CH2的物质

的量为0.5mol，则含有极性键数目为NA，C项错误；D.500mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，当硫酸浓度变稀后，反应要停止，也就是说硫酸不可能全部与铜反应，故生成SO2分子的数目小于4.6NA，D项错误；答案选A。15.括号内物质为杂质，在实验室中，下列除杂的方法中

正确的是A.溴苯(溴)：加入KI溶液，振荡，分液B.乙烷(乙烯)：通入H2在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷C.乙醇(水)：用生石灰吸水后蒸馏D.乙烯(CO2和SO2)：将其通入酸性KMnO4溶液中洗气【答案】C【解析

】【详解】A.溴与KI反应生成碘，碘易溶于溴苯，引入新杂质，不能除杂，应加NaOH溶液、分液除杂，A项错误；B.乙烯与H2加成生成乙烷，引入新杂质，应选溴水、洗气除杂，B项错误；C.乙醇不和生石灰反应，水和生石灰反应，通

过蒸馏收集得到乙醇，C项正确；D.三者均与酸性KMnO4溶液反应，不能除杂，应选NaOH溶液、洗气除杂，D项错误；答案选C。16.铅蓄电池是最早使用的充电电池。目前汽车上使用的电瓶大多数仍是铅蓄电池，其电池反应为：Pb＋PbO2＋

2H2SO4放电充电2PbSO4＋2H2O，下列说法正确的是A.该电池放电过程中，溶液的pH值增大B.放电时，电池的负极反应为：Pb－2e－=Pb2+C.该电池的充、放电过程互为可逆反应D.放电过程中，电子的流向为：负极→导线→正极→H

2SO4溶液【答案】A【解析】【详解】A.放电时有硫酸消耗，电解质溶液的pH值增大，A项正确；B.PbSO4是难溶物，正确的电池的负极反应为：Pb-2e－+SO42-=PbSO4，B项错误；C.该电池的充、放电过程条件不一样，不互为可逆反应，C项错误

；D.电子不会流过H2SO4溶液，D项错误；答案选A。17.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，其中X的氢化物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是WXYZA.原子半径：Z＞Y＞W＞XB.最高化合价：X＞Z＞Y＞WC.简单氢化物的热稳定性：

X＞Z＞YD.单质W投入Z的最高价含氧酸中，剧烈反应产生两种无色气体【答案】C【解析】【分析】根据短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y和Z位于第三周期，再根据X的氢化物

可腐蚀玻璃，可判断W为C、X为F、Y为P、Z为S，据此分析解答。【详解】根据短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置可知，W、X位于第二周期，Y和Z位于第三周期，再根据X的氢化物可腐蚀玻璃，可判断W为C、X为F、Y为P、Z为S，A.同周期从左向右原子半径逐渐减小

，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：Y>Z>W>X，A项错误；B.F元素非金属性最强，没有正价，B项错误；C.非金属性F>S>P，则简单氢化物的热稳定性：X(F)>Z(S)>Y(P)，C项正确；D.碳单质与浓硫酸的反应需要在加热条件下进行，不加热不发生反应，D项错误

；答案选C。18.下列说法中正确的是A.CH4和BCl3分子中所有原子的最外层都达到了8电子稳定结构B.Na2O2、NaOH中所含化学键类型不完全相同C.Si与C同属第ⅣA族，因此SiO2和CO2两种物质中微粒间作用力完全相同D.氯气与NaOH反应的过程中，同时有离子键

、极性键和非极性键的断裂和形成【答案】B【解析】【详解】A.CH4分子中的H原子和BCl3分子中的B原子最外层都不能达到8电子稳定结构，A项错误；B.Na2O2分子中含有离子键和非极性共价键，而NaOH分子中含有

离子键和极性共价键，所以二者所含化学键类型不完全相同，B项正确；C.Si与C都属ⅣA族元素，但SiO2是由Si原子和O原子通过共价键形成的原子晶体，而CO2是由CO2分子间通过分子间作用力形成的分子晶体，即二者微粒间的作用不同，C项错误；D.氯气与NaOH的反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，断裂的化

学键有离子键、极性键和非极性键，而形成的化学键有离子键、极性键，D项错误；答案选B。19.某有机物的结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是A.分子式为C7H6O5B.分子中含有两种官能团C.该物质能发生加成反应，氧化反应和取代反应D.在水溶液中羧基和羟基均能电离出H＋【答案】C【解

析】【详解】A.分析结构简式可知其分子式为：C7H8O5，A项错误；B.分子中含有羧基、碳碳双键和醇羟基三种官能团，B项错误；C.其结构中的碳碳双键能发生加成反应、羧基和醇羟基均发生酯化反应和取代反应，可燃烧，即发生氧化反应，C项正确；D.该分子的羟基是醇羟基，其不能在水溶液中

电离出氢离子，D项错误；答案选C。【点睛】该题的易错点是选项D，注意羟基活泼性比较，脂肪醇、芳香醇、酚类的比较：类别脂肪醇芳香醇酚官能团醇羟基醇羟基酚羟基结构特点－OH与链烃基相连－OH与苯环上的侧链相连－OH与苯环直接相连羟基上H的活泼性能与金属钠反应，

但比水弱，不能与NaOH、Na2CO3溶液反应有弱酸性，能与NaOH、Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应原因烃基对羟基的影响不同，烷基使羟基上H的活泼性减弱，苯基使羟基上H的活泼性增强20.下列实验操作、现象和所得结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向盛有Na2C

O3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸，产生无色气体证明氯元素的非金属性强于碳元素B将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和酸性C向淀粉溶液中加入20%H2SO4溶液，加热；再加入NaOH至溶液为碱性后，加入碘水

；溶液未变蓝淀粉水解完全D向少量白色固体中加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊该固体为铵盐试纸在试管口检验，试纸变蓝A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.如果通过酸性的强弱，判断非金属性强弱，该酸必须是最高价氧化物对应的水化物，盐酸中Cl不是最高价，因此该实验不能比较出C

l元素的非金属性强于C，A项错误；B.将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑体现浓硫酸的脱水性，未体现酸性，B项错误；C.溶液显碱性，加入的碘单质可以与氢氧化钠反应，不一定会变蓝，不能验证完全水解，C项错误；D.将白色固体放入试管中，然后向其中加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色

石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，D项正确；答案选D。【点睛】非金属性的比较我们一般采用：①比较与H2反应的难以程度；②氢化物的稳定性；③置换反应；④最高价氧化物对应水化物的酸性；⑤同周期从左向右非金属性增强

(稀有气体除外)，同主族从上到下非金属性减弱；特别注意④，应是最高价氧化物对应的水化物，不是氧化物对应的水化物。21.某有机物的结构简式如图所示，下列说法中不正确的是A.1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2B.可以用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键C.该物质能够在

催化剂作用下与H2反应，物质的量之比1∶4D.该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶2【答案】B【解析】【详解】A.1mol-OH和钠反应生成0.5mol的氢气，2mol-COOH和钠反应生成1mol的氢气，1mol该有机物和过量的金属钠反应最

多可以生成1.5molH2，A项正确；B.结构中的醇羟基，苯环的侧链均能和酸性高锰酸钾反应，所以不能用酸性KMnO4溶液检验其中的碳碳双键，B项错误；C.1mol苯环可以加成3molH2，1mol碳碳双键可以加成1molH2，该物质能够在催化剂作用下与H2反应，物质的量之比1：4，C项

正确；D.1mol羟基和2mol羧基共消耗3mol钠，2mol羧基共消耗2molNaOH，2mol羧基共消耗2molNaHCO3，所以该有机物最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3∶2∶2，D项正确；答案选B。22.用如右图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究

铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是()A.上下移动①中铜丝可控制SO2的量B.②中选用品红溶液验证SO2的生成C.③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D.为确认CuSO4生成，向①中加水，观察

颜色【答案】D【解析】【详解】A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确；B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO

2的生成，故B正确；C、SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；D、铜与浓硫酸反应后①中溶液显蓝色即可证明有CuSO4生成，无需向其中加水，并且将水加入浓硫酸中会使试管中液滴飞溅，发生危险，故D错误。答案选D。23.将1

5.2g铜和镁组成的混合物加入250mL4.0mol•L-1的稀硝酸中，固体完全溶解，生成的气体只有NO。向所得溶液中加入1.0LNaOH溶液，此时金属离子恰好沉淀完全，沉淀质量为25.4g，下列说法正

确的是A.原固体混合物中，Cu和Mg的物质的量之比为1：2B.氢氧化钠溶液的浓度为0.8mol·L-1C.固体溶解后的溶液中硝酸的物质的量为0.1molD.生成的NO气体在标况下的体积为2.24L【答案】B【解析】【分析】设Cu的物质的量为x，Mg的物质的量

为y，根据Cu原子守恒，Mg原子守恒可知，Cu(OH)2的物质的量为x，Mg(OH)2的物质的量为y，列式：64x+24y=15.2，98x+58y=25.4，解得：x=0.2mol，y=0.1mol，据此基础上分析解得。【详解】A．Cu和Mg的物质的量之比=0

.2mol:0.1mol=2:1，A错误；B．铜和镁溶解后，Cu和Mg均为+2价，故失电子的物质的量=2×(0.1mol+0.2mol)=0.6mol，根据电子得失守恒可知，HNO3被还原为NO，得0.6mol电子。Cu和Mg都被氧化成

+2价，设金属为M，则：3M+8HNO3=3M(NO3)2+2NO↑+4H2O～6e-，转移0.6mol电子，参加反应的HNO3的物质的量=0.8mol，因为HNO3总物质的量=4.0mol•L-1×0.2

5L=1mol，所以，与HNO3反应的NaOH的物质的量=1mol-0.8mol=0.2mol。设沉淀为M(OH)2，M的物质的量=0.1mol+0.2mol=0.3mol，需要0.6molNaOH，所以，C(NaOH

)=0.2mol+0.6mol1.0L=0.8mol/L，B正确；C．由B可知，固体溶解后，溶液中的HNO3有(1-0.8)mol，即0.2mol，C错误；D．3M+8HNO3=3M(NO3)2+2NO↑+4H2O～6e-，每转移0.6mol电子，产生0.2molNO，在标况下的体积为4.

48L，D错误。答案选B。【点睛】Cu和Mg溶解后都变为+2价，可用M代替Cu和Mg来分析反应。第Ⅱ卷(非选择题，共54分)24.现有下列物质：①N2②Na2O2③NaOH④HCl⑤H2O2⑥MgF2⑦NH4Cl。(1)只由非极性键构成的物质是__________________(填编号)。(

2)由离子键和极性键构成的物质是_______________。(3)⑤H2O2的电子式为：_________________。(4)用电子式表示⑥MgF2的形成过程：______________。(5)下列说法不正确的是__

______。①共价化合物中含共价键，也可能含离子键②因为H2CO3酸性＜H2SO3酸性，所以非金属性C＜S③含金属元素的化合物不一定是离子化合物④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物⑤熔融状态能导电的物质是离子化合物⑥由分子组成的化合物

中一定存在共价键A.①③⑤B.①②⑥C.①②④⑤D.①③⑤⑥【答案】(1).①(2).③⑦(3).(4).(5).C【解析】【详解】(1)同种元素形成的共价键为非极性键，所以只由非极性键构成的物质是①N2，故答案为：①；(

2)阴阳离子之间形成离子键，不同种元素形成的共价键为极性键，所以由离子键和极性键构成的物质是③NaOH和⑦NH4Cl，故答案为：③⑦；(3)H2O2是共价化合物，电子式为，故答案为：；(4)镁原子失去两个电子形成镁离子，两个氟原子各得一个电子形成氟离子，镁离子和氟

离子构成MgF2，其形成过程为：，故答案为：；(5)①只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键，故错误；②H2SO3不是S最高价氧化物对应的水化物，无法比较出非金属性C＜S，故错误；③含金属元素的化合物不一定是离子化合物，可能是共价化合物，如氯化铝，故

正确；④由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，可能是离子化合物，如铵盐，故错误；⑤熔融状态能导电的物质是不一定为离子化合物，如金属单质，故错误；⑥由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，但由分子组成的化合物中一定存在共价键，故

正确；综上，错误的为①②④⑤，符合条件的为C，故答案为：C。25.下面列出了几组物质，请用物质的组号填写下表。类型同位素同素异形体同分异构体同系物组号____________________①CH(CH3)3和CH3CH2CH(CH3)2②C(CH3)4和CH3CH2CH(CH3)2

③CH4和CH3CH2CH3④金刚石和石墨⑤H、D、T⑥12C、13C、14C⑦乙醇(CH3CH2OH)和甲醚(CH3OCH3)⑧臭氧(18O3)和氧气(16O18O)⑨和⑩H216O和H218O【答案】(1).⑤⑥(2).④⑧

(3).②⑦(4).①③【解析】【分析】质子数相同而中子数不同的核素，互称为同位素；由同种元素形成的单质，是同素异形体；若为分子式相同、结构不同的化合物，则为同分异构体；若是结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，则为同系物。【详解】质子数相同而中子数

不同的核素，互称为同位素，满足的为⑤⑥；由同种元素形成的单质，是同素异形体，满足的为④⑧；若为分子式相同、结构不同的化合物，则为同分异构体，满足的为②⑦；若是结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，则为同系物，满足的为①③，故答案为：⑤⑥；④⑧；②⑦；①③。26.

下表是元素周期表的前三周期：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA01A2BC3DEF请回答下列问题：(1)A、B两种元素组成相对分子质量最小的化合物，其分子的空间结构为________。(2)C、E两种元素形成的氢化物沸点较

高的是___________，请简述理由________。(3)B、E、F三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为______(用化学式表示)。(4)用A、C的单质可以制成燃料电池，电池中装有由A、C、D三种元素形成的浓溶液，用多孔的金属惰性电极浸入此浓

溶液中，在X极通入C的单质，Y极通入A的单质，则Y极是该电池的_______极，X极的电极反应式是______。当电池中转移1mol电子时，消耗A单质的体积为_____L(标准状况)。【答案】(1).正四面体(2).H2

O(3).水分子间存在氢键(4).HClO4>H2SO4>H2CO3(5).负(6).O2+4e-+2H2O=4OH-(7).11.2【解析】【分析】根据元素在周期表中是位置可知：A是H；B是C；C是O；D是Na；E是S；F是Cl。【详解】(1)A

、B两种元素分别为H和C，组成相对分子质量最小的化合物为甲烷，其分子的空间结构为正四面体，故答案为：正四面体；(2)C、E两种元素形分别为O和S，O与H形成的氢化物为H2O，分子间存氢键，S与H形成的氢化物为H2S，分子间不存在氢

键，沸点较高的是H2O，故答案为：H2O；水分子间存在氢键；(3)B、E、F三种元素分别为C、S和Cl，非金属性：Cl＞S＞C，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即HClO4>H2SO4>H2CO3，故答案为：HClO4>H2SO4>H2CO3；(4)所述原电池中，Y极通入的

是H2，则Y极是负极；X极通入的是O2，则X极是正极，正极在反应中得电子，电极反应式是O2+4e-+2H2O=4OH-；1个H2在反应中失去2个电子，当电池中转移1mol电子时，消耗H2的物质的量为0.

5mol，标准状况的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：负；O2+4e-+2H2O=4OH-；11.2。27.已知A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，现以A为主要原料

合成一种具有果香味的物质E，其合成路线如图所示：请回答下列问题：(1)写出A的分子式__________。B分子中官能团的名称是_______。(2)写出下列反应的化学方程式：②_________反应类型：________

____；④_________反应类型：_____________。(3)物质B可以被直接氧化为D，需要加入的试剂是_______________。(4)某次实验中，以6.0gD为原料，制得4.4gE，则D的转化率为___________。【答案】(1).C2H4(2)

.羟基(3).2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O(4).氧化反应(5).CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH3COOCH2CH3+H2O(6).取代反应或酯化反应(7).酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液(8).50%【解析】【分析】由于A的产量

通常用来衡量一个国家的石油化工水平，所以A是乙烯C2H4；乙烯与水发生加成反应产生B，则B为乙醇CH3CH2OH；乙醇催化氧化得到C，则C为乙醛CH3CHO；乙醛催化氧化得到D，则D为乙酸CH3COOH；乙

醇与乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应得到E，则E为乙酸乙酯CH3COOCH2CH3。【详解】(1)根据分析可知，A是乙烯，分子式为C2H4；B为乙醇CH3CH2OH，官能团为羟基，故答案为：C2H4；羟基；(2)②反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯

⎯→2CH3CHO+2H2O，反应类型是氧化反应；④反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型是取代反应(也叫酯化反应)，故答案为：2CH3CH2OH+O2Cu

Δ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸ΔCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应或酯化反应；(3)利用B乙醇制备D乙酸，需要加入强氧化性物质，例如：酸性KMn

O4溶液或酸性K2Cr2O7溶液，故答案为：酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液；(4)4.4g乙酸乙酯的物质的量是4.4g88g/mol=0.05mol，根据反应：CH3COOH+CH3CH2OH浓硫

酸ΔCH3COOCH2CH3+H2O可知，生成0.05mol的乙酸乙酯需要乙酸0.05mol，参与反应的乙酸的质量是0.05mol×60g/mol=3.0g，则乙酸的转化率3.0g6.0g×100%=50%，故

答案为：50%。28.某同学拟用A、C两种有机物合成F(苯乙酸乙酯)，合成的路线如图所示：已知：A为最简单的烯烃，C为烃的衍生物，D中含有—CHO。(1)请写出C的结构简式：________________。(2)请写出①④的反应类型：①__________

_____④______________。(3)请分别写出C、E中官能团的名称：C___________E__________。(4)写出反应②④的化学方程式：②__________；④_________。(5)J是有机物A的同系物，且比A多1个碳原子，J的加聚产物的结构简式_______

_______。【答案】(1).(2).加成反应(3).酯化反应(或取代反应)(4).羟基(5).羧基(6).2+O2催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→2+2H2O(7).+CH3CH2OH浓硫酸Δ+H2O(8).【解析】【分析】A为最简单

的烯烃，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应得B为CH3CH2OH，B与E发生酯化(取代)反应生成F，C经过两步氧化得E，D中含有-CHO，由E的结构简式可知，D为，C为。【详解】(1)根据以上分析可知C为，故答案为:；(2)反应①是乙烯和水加成生成乙醇

；反应②为被催化氧化生成，即；反应④为与CH3CH2OH发生的酯化反应，即，根据上面的分析可知，反应①为加成反应，反应④为酯化反应(或取代反应)，故答案为：加成反应；酯化反应(或取代反应)；(3)根据E的结构简式可知，E中

含有羧基，C为，则C中含有羟基，故答案为：羟基；羧基；(4)反应②的化学方程式为2+O2催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→2+2H2O，反应④的化学方程式为+CH3CH2OH浓硫酸Δ+H2O，故答案为：2+O2催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→2+2H2O；+CH3CH2OH浓硫酸Δ+H2O；(5

)J是有机物A的同系物，且比A多1个碳原子，则J为CH2=CH-CH3，则J的加聚产物的结构简式为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断，根据E、F的结构推断B，再结合反应条件与有机物结构推断，需要学生熟练掌握官能团的性质及相互转化。29.某化

学实验小组同学利用以下装置制备氨气，并探究氨气的性质(部分仪器已略去)。请回答：（1）实验室制备氨气的化学方程式为__。（2）在制取氨气后，如果要干燥氨气，可选用的干燥剂是__。A.固体氢氧化钠B.浓硫酸C.氯

化钙D.五氧化二磷E.碱石灰（3）用装置B收集氨气时，氨气的进气口是___(填“a”或“b”)。（4）待圆底烧瓶中收集满氨气后，关闭a、b，打开装置B中的止水夹c，一段时间后，若观察到烧瓶内产生了红色喷

泉，则说明氨气具有的性质是：___、___。（5）以下装置(盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是__(填序号)。【答案】(1).2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(2).AE(3).a(4).极易溶于水(5).水溶液显碱性(6).②④【解析】【分析】实验室加热氯化

铵和熟石灰的混合物制取氨气，方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；氨气属于碱性气体，只能用碱石灰（或烧碱、生石灰等）来干燥；氨气的密度比空气小，采用向下排气法收集氨气；氨气极易溶于水，可作喷泉实验，再用水

吸收氨气时，注意防倒吸。【详解】(1)实验室加热氯化铵和熟石灰的混合物制取氨气，方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(2)氨气为碱性气体，不能用浓硫酸、五氧化二磷等酸性物

质干燥，且氨气可以与无水氯化钙发生反应，所以不能用无水氯化钙干燥，可用碱石灰和氢氧化钠固体干燥，所以选AE；(3)氨气密度比空气小，应用向下排空气法收集，圆底烧瓶倒置，所以应长进短出，即a口为进气口；(4)能够形成喷泉实验说明氨气极易溶于水这一物理性质，产生红色喷泉说明氨气水溶液显碱性；

(5)氨气极易溶于水，可用水吸收氨气，但是应该注意防止倒吸．②④都具有防倒吸功能，可以用来吸收氨气；装置①为封闭体系，当氨水达到饱和瓶内压强增大，气体无法再进入；装置③不能防止倒吸；综上所述选②④。【点睛】氨气为碱性气体，不能用浓硫酸、五氧化二磷等酸性物质干燥，且氨气可以与无水

氯化钙发生反应，所以不能用无水氯化钙干燥，常用碱石灰等碱性物质干燥。30.(1)有两种气态烃组成的混和气体，对氢气的相对密度为13，取此混和气体4.48L(标准状况下)通入足量溴水中，溴水增重2.8g，则此混和气体的

组成是______A.CH4与C3H6B.C2H4与C3H6C.C2H4与CH4D.CH4与C4H8(2)0.2mol某烃A在氧气中充分燃烧后，生成物B、C各1.2mol。①烃A的分子式为_______②若烃A

能使溴水褪色，在催化剂的作用下可与氢气加成，其产物分子中含有4个甲基，则所有符合条件的烃A的结构简式为___________【答案】(1).D(2).C6H12(3).(CH3)2C=C(CH3)2、CH

2=C(CH3)C(CH3)2、CH2=CHC(CH3)3【解析】【分析】(1)两种气态烃组成的混和气体，对氢气的相对密度为13，则混合气体的平均相对分子质量是2×13=26，混合气体的平均摩尔质量为26g/mol，烯烃中摩尔质量最小为乙烯的28g/mol，而28g/mol>26g/mol

，则烷烃的摩尔质量应小于26g/mol，小于26g/mol的只有甲烷，因此混合气体中一定含有甲烷，又根据溴水增重质量为烯烃的质量，可推算出烯烃的分子结构；(2)①0.2mol烃完全燃烧生成的是CO2、H2O，生成CO2、H2O的物质的量均为1.2mol，则0.2mol该烃含有C、H的物

质的量为1.2mol、2.4mol，据此分析作答；②若烃A能使溴水褪色，则是烯烃，与氢气加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，据此分析作答。【详解】(1)两种气态烃组成的混和气体，对氢气的相对密度为13

，则混合气体的平均相对分子质量是2×13=26，混合气体的平均摩尔质量为26g/mol，烯烃中摩尔质量最小为乙烯的28g/mol，而28g/mol>26g/mol，则烷烃的摩尔质量应小于26g/mol，小于26g/mol的只有甲烷，因此混合气体中一定含有甲烷。假设烯烃的化

学式为CnH2n，一种气体4.48L标准状况下的混合气体的物质的量是n=4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，其质量为m(混合)=0.2mol×26g/mol=5.2g，其中含甲烷的质量为m(CH4)=5.2g-2.8g=2.4g，甲烷的物质的量为n(CH

4)=2.4g÷16g/mol=0.15mol，溴水增重质量为烯烃的质量，烯烃的物质的量为0.2mol-0.15mol=0.05mol，所以烯烃的摩尔质量为M(烯烃)=2.8g÷0.05mol=56g/mol，12n+2n=56，解得n=4

，所以烯烃分子式为C4H8，则这两种烃为CH4和C4H8，故答案为：D；(2)①0.2mol烃完全燃烧生成的是CO2、H2O，生成CO2、H2O的物质的量均为1.2mol，则0.2mol该烃含有C、H的物质的量为1.2mol、2.4mol，那么该烃分子中有6个C原子，12个H原子，分子式为

C6H12，故答案为：C6H12；②若烃A能使溴水褪色，则是烯烃，与氢气加成，其加成产物经测定分子中含有4个甲基，烃A可能有的结构简式为(CH3)2C=C(CH3)2、CH2=C(CH3)C(CH3)2、CH2=CHC(

CH3)3，故答案为：(CH3)2C=C(CH3)2、CH2=C(CH3)C(CH3)2、CH2=CHC(CH3)3。