【文档说明】【精准解析】陕西省西安市西北工业大学附属中学2018-2019学年高一下学期第二次月考化学试题.doc，共(22)页，714.500 KB，由小赞的店铺上传

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2018-2019学年第二学期月考(2)高一化学试题本卷可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，S-32一、单选题（每小题2分，共50分）1.化学与生活，社会发展息息相关

，下列有关说法不正确的是：A.14C可用于文物年代的鉴定，12C和14C互为同位素B.甲烷的燃烧热很高，是较清洁的燃料，但它是温室气体C.可用溴的CCl4溶液鉴别直馏汽油和裂化汽油D.从海水中获得粗盐的过程属于化学变化【答案】D【

解析】【详解】A．12C和14C质子数相同都为6，中子数分别为6、8不同，互为同位素，A正确；B．甲烷含氢元素含量高，燃烧放热多，较清洁的燃料，生成二氧化碳是温室气体，甲烷也是温室气体，B正确；C．裂化汽油中含有不饱和烃，可与溴水发生加成反应，C正确；D.从海水中获得粗盐的过

程属于物理变化，D错误；故答案为：D。2.下列表述正确的是：A.羟基的电子式B.苯的分子式CHC.醛基的结构简式—CHOD.聚丙烯的结构简式【答案】C【解析】【详解】A．羟基中氧原子最外层为7个电子，羟基中含有1个氧氢键，羟基正确的电子式为，故A错

误；B．苯的分子式为C6H6，故B错误；C．醛基为醛类的官能团，醛基的结构简式为−CHO，故C正确；D．聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，聚丙烯的链节中主链含有2个碳原子，聚丙烯正确的结构简式为，故D错误。答案选C。3.以下判断错误的是A.分别通

入酸性KMnO4溶液就可区分CO2、SO2、C2H4、CH4B.用灼烧的方法可以区分羊毛衫和纯棉衫C.用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和四氯甲烷四种有机物D.只用稀硫酸就可以区分KCl、K2CO3、NaHSO3、Na

2SiO3四种溶液【答案】A【解析】【详解】A.SO2、C2H4均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，CO2、CH4均不能使酸性KMnO4溶液褪色，不能鉴别，A错误；B.蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，可用灼烧的方法可以区分羊毛衫和纯棉衫，B正确；C.乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠溶液反应产生气体

，苯和碳酸钠溶液混合分层，有机层在上层，四氯化碳和碳酸钠溶液混合分层，有机层在下层，因此可用碳酸钠溶液区分乙醇、乙酸、苯和四氯甲烷四种有机物，C正确；D.氯化钾与稀硫酸不反应，碳酸钾和稀硫酸反应产生无色无味的气体，亚硫酸氢钠与稀硫酸反应生成无色有刺激性气味的气体，硅酸钠与稀硫酸反应生成白色沉淀，

只用稀硫酸就可以区分KCl、K2CO3、NaHSO3、Na2SiO3四种溶液，D正确。答案选A。4.下列有关说法不正确的是：A.NCl3分子中，所有原子都满足最外层为8电子结构B.质量相同的四种物质苯、甲苯、乙烯、乙醇在足量氧气中完全燃烧时，消耗

氧气物质的量最多的是甲烷C.石油分馏与煤的干馏均属于物理变化D.油脂的水解反应又称为皂化反应【答案】C【解析】【详解】A.NCl3中，N元素化合价为+3，N原子最外层电子数为5，所以5＋3＝8，分子中N原子满足最外层8电子结构，Cl元素化合价为-1，Cl

原子最外层电子数为7，所以7+|-1|=8，分子中Cl原子满足最外层8电子结构，所以NCl3分子中，所有原子都满足最外层8电子结构，故A正确；B.质量相同的四种物质苯、甲烷、乙烯、乙醇在足量氧气中完全燃烧时，氢的百分含量越大消耗氧气的量越大，以上物质中，甲烷中的氢的百分含量最

大，故甲烷消耗氧气的量最多，故B正确；C.石油分馏属于物理变化，但是煤的干馏属于化学变化，故C错误；D.油脂在碱性条件下水解是生成肥皂的过程原理，也称为皂化反应，故D正确。答案选C。5.资料显示：硫原子可形成六原子环S6，八原子环S8，十二原子环S12等等，这些物质之

间的关系为A.同系物B.同位素C.同分异构体D.同素异形体【答案】D【解析】【详解】A、结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物，S6、S8和S12不满足条件，故A错误；B、质

子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，S6、S8和S12不满足条件，故B错误；C、同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物，S6、S8和S12不满足条件，故C错误；D、S6、S8和S12是由硫元素形成的不同种单质，互

为同素异形体，所以D选项是正确的。所以D选项是正确的。【点睛】本题考查同素异形体的判断，掌握同素异形体概念的本质是解题的关键，注意“四同”概念的区别。6.明代《天工开物》中记载：“凡铸钱每十斤，红铜居六七，倭铅（京中名水锡）居四三，此等分大略。”其中倭铅指锌，则下列金属的冶炼原

理与火法炼锌（涉及反应：ZnO+COZn+CO2）相同的是：A.NaB.AgC.MgD.Fe【答案】D【解析】【详解】题目中所示冶炼锌的方法属于热还原法A．钠是活泼金属，采用电解法冶炼，A不合题意；B．银是很不活泼的金属，采用热分解法冶

炼，B不合题意；C．镁是活泼金属，采用电解法冶炼，C不合题意；D．铁是较活泼金属，采用热还原法冶炼，高炉炼铁的反应原理为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，D符合题意；故答案为：D。7.以下反应不符合绿色化学原子经济性要求的是：A.CH≡CH+HCl→CH2=CHClB

.2CH2=CH2+O2Ag→2C.+Br2Fe⎯⎯⎯⎯→+HBrD.CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl【答案】C【解析】【详解】A．CH≡CH+HCl→CH2=CHCl中反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，故A不选；B．CH2=CH2Ag→中

反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，故B不选；C．+Br2Fe⎯⎯⎯⎯→+HBr为取代反应，反应物中所有原子没有完全转化成目标产物，不满足绿色化学原子经济性要求，故C选；D．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为加成反应，该反应中反应物的所有原子都转化成目标

产物，符合绿色化学原子经济性要求，故D不选；故选C。8.下列说法正确的是A.0.1molFe溶于硝酸，电子转移数目一定为0.3ANB.标准状况下，14.4g正戊烷(512CH)中含C-C键数目为0.8NC.18g重水(2DO)中含中子数目

为10AND.12g熔融4NaHSO中含离子总数目为0.3AN【答案】B【解析】【详解】A、铁和过量硝酸反应后变为+3价，过量铁和硝酸反应后变为+2价，故0.1molFe溶于硝酸，电子转移数目不一定为0.3AN，故A错误；B、一个正戊烷(512CH)分子中含C-C键4个，标

准状况下，14.4g正戊烷(512CH)物质的量为0.2mol，所以含C-C键的物质的量为0.2mol×4＝0.8mol，数目为0.8NA，故B正确；C、一个D有1个质子，一个中子，一个电子，一个2DO分子含有10个中子，2DO的相对分子质

量是20，所以18g2DO物质的量有0.9mol，故18g重水(2DO)中含中子数目9AN，故C错误；D、NaHSO4在熔化状态下只能电离成Na+、HSO4－，12gNaHSO4在熔融时离子总数为0.2NA，故D错误。正确答案选B。【点睛】注意NaHSO4在熔化状态下只能电离成N

a+、HSO4－，在水溶液中能电离成Na+、H+和SO42-。9.从化学键的观点看，化学反应的实质是“旧键的断裂，新键的形成”，据此你认为下列变化属于化学变化的是（）①对空气进行降温加压②金刚石变成石墨③

NaCl熔化④碘溶于CCl4中⑤HCl溶于水电离出H+和Cl-⑥电解熔融的Al2O3制取AlA.②③⑤B.②⑤⑥C.②⑥D.②③⑤⑥【答案】C【解析】【详解】对空气进行降温加压、NaCl熔化、碘溶于CCl4、HCl溶于水电离出

H+和Cl-都没有新物质生成，没有化学键的破坏和生成，都是物理过程，只有金刚石变为石墨、电解熔融Al2O3有新物质生成，是化学变化。答案选C。10.某兴趣小组进行碘的提取实验：首先将海带灼烧成灰，用水浸泡得到含碘离子的水溶液，再用硫酸酸化、加氯水氧化得到少量碘水，

最后以CCl4为溶剂将碘单质从中提取出来。下列说法正确的是A.灼烧的目的是为了使海带灰化，除去有机物，以便于碘离子的浸出B.灼烧时用到的仪器是烧杯、酒精灯、玻璃棒C.海带灰浸取液中的碘离子可用淀粉溶液检验D.CCl4溶剂

还可用苯、酒精代替【答案】A【解析】【详解】A.灼烧使海带灰化，除去其中的有机物，便于用水溶解时碘离子的浸出，故A正确；B、灼烧时用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒和坩埚，故B错误；C.海带灰浸取液中的碘离子遇到淀粉溶液不变色，碘单质遇淀粉变蓝色，故C错误；D、酒精和水互溶，

故不能用酒精来萃取碘水中的碘，故D错误；故选A。11.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：元素代号EGLMN原子半径/nm0.0740.0890.1020.1430.160主要化合价-2+2+6，-2+3+2

下列叙述中正确的是：A.工业上冶炼M的方法是热还原法B.离子半径大小：r(N2+)＞r(E2-)C.M的氧化物对应的水化物具有两性D.L的单质可在氧气中燃烧生成LO3【答案】C【解析】【分析】E、L均有-2价

，且L有+6价，则E为O，L为S；G、N均有+2价，且G的原子半径比N小，则G为Be，N为Mg；M有+3价，且原子半径比L（S）大比N（Mg）小，则M为Al；综上所述：E、G、L、M、N分别为O、Be、S、Al、Mg，据此解答。

【详解】A．工业上冶炼M（Al）是通过电解法电解熔融氧化铝，A错误；B．N为Mg，E为O，Mg2+有两层电子，O2-有两层电子，电子层数相同时，核电荷数越小，半径越大，故离子半径：r(Mg2+)＜r(O2-)，B错误；C．M（Al）的氧化物对应的水化物为Al(OH)3

，Al(OH)3为两性氢氧化物，C正确；D．L为S，S单质在氧气中燃烧生成SO2，D错误。答案选C。12.酸根RO-3所含电子数比硝酸根NO-3的电子数多10，则下列说法正确的是（）A.R原子的电子层数比N原子的电子层数多1B.R的最高化合价与N的最高化合价相等C.RO-3和NO-

3只能被还原，不能被氧化D.R和N为同族元素【答案】A【解析】【分析】RO-3和NO-3所带电荷数一样，又因为酸根RO-3所含电子数比硝酸NO-3的电子数多10，所以R比N多10个电子，则R为Cl，据此解答。【详解】A．结合分析可知，Cl有三个电子层，N有二个电子层，故A正确

；B．R为Cl，最高价为+7，N的最高化合价为+5，故B错误；C．ClO-3中Cl既能被还原，又能被氧化，故C错误；D．R为Cl，与N不是同族元素，故D错误。答案选A。13.环境污染已经严重危害人类的生活，下列对应关系不正确的是（）选项环境问题造成环

境问题的主要物质A酸雨NOx、SO2B温室效应CH4、CO2C臭氧层空洞O2D光化学烟雾NOxA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫和氮氧化物的排放造成酸雨问题，A正确；B．CH4、CO2等温室气体加剧温室效应，B正确；C．氟氯

代烃造成臭氧空洞，C错误；D．氮氧化物造成光化学污染，D正确。答案选C。14.下列关于有机物结构和性质的说法错误的是A.分子式为C5H10O且能发生银镜反应的结构有4种B.淀粉、蛋白质和油脂都是天然高分子化合物C.苯乙烯()分子中所有原子可能位于同一平面D.1mol盐酸

美西律()最多可与3molH2发生加成【答案】B【解析】【详解】A.能发生银镜反应，说明分子中含有—CHO，则C5H10O为C4H9—CHO，因为丁烷有2种结构，正丁烷和异丁烷均含有2种氢原子，故分子式为C5H10O且能发生银镜反应的结构共有4种，故A项正确；B.

油脂不属于高分子化合物，故B项错误；C.苯乙烯是乙烯分子中的H原子被苯基—C6H5取代产生的物质，乙烯和苯都是平面分子，各原子在一个平面上，且C—C单键可以旋转，因此两个平面可能在一个平面上，即分子中所有原子可能位于同一平面，故C项正确；D.根据盐酸美西律的结构可知，该分子中只含有1个苯环

，不含有碳碳双键及碳氧双键，1mol苯环可以与3molH2发生加成反应，故D项正确，故选B。15.如图装置可用于验证气体的某些化学性质，所得现象和结论均正确的是气体试剂现象结论ACH2=CH2溴水溶液褪色C2H4能与Br2发生取代反应BCO2BaCl2溶液产生白色沉淀CO2能与

可溶性钡盐反应CCl2FeCl2溶液溶液由浅绿色变黄色氧化性Cl2＞Fe3+DSO2KMnO4溶液溶液褪色SO2有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】A．乙烯与溴水发生加成反应；B．盐酸的酸性大于碳酸的酸性；C．氯气氧化亚铁离子；D．二氧化硫

被高锰酸钾氧化。【详解】A．乙烯含碳碳双键，与溴水发生加成反应，溴水褪色，选项A错误；B．盐酸的酸性大于碳酸的酸性，CO2与BaCl2溶液不反应，选项B错误；C．氯气氧化亚铁离子，溶液变为黄色，发生反应Cl2+2Fe2

+=2Cl-+2Fe3+，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化性Cl2＞Fe3+，选项C正确；D．二氧化硫被高锰酸钾氧化，与二氧化硫的还原性有关，选项D错误；答案选：C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点

，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。16.一种生产聚苯乙烯的流程如下，下列叙述不正确的是()A.乙烯可由石油裂解得到，苯可由煤的干馏得到，两者均发生了化学变化B.乙苯和氢

气加成后的产物的一氯代物有5种C.鉴别乙苯与聚苯乙烯不可用Br2的四氯化碳溶液D.乙烯和聚苯乙烯均可以和H2发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A.石油裂解的目的是为了获得乙烯等基本化工原料，煤的干馏是指在隔绝空气条件下加热、分解生成焦炭、煤焦油、粗氨水

、焦炉气等产物的过程，煤焦油分馏可获得苯，二者均属于化学变化，故A正确；B．乙苯与氢气加成之后生成的物质就是，乙基上有两种氢，六元环上有四种氢，共有6种氢原子，所以一氯代物是总共有六种，故B错误；C．乙苯与聚苯乙烯结构中均不存在碳碳双键或三键，都不能使Br2的四

氯化碳溶液褪色，不可鉴别，故C正确；D．乙烯中的碳碳双键、聚苯乙烯中的苯环均能够与氢气发生加成反应，故D正确；答案选B。17.微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的（如图）。下列说法正确的是A.化合物(A)

不能与乙醇发生反应B.化合物(B)分子式为C6H6Cl6C.化合物(B)可通过苯与Cl2发生加成反应制得D.1mol化合物(A)可与3molH2发生加成反应【答案】D【解析】【详解】A、根据(A)的结构简式，含有羧

基，故其能与乙醇发生酯化反应，故A错误；B、根据(B)结构简式，其分子式为C6Cl6，故B错误；C、苯的分子式为C6H6，(B)的分子式为C6Cl6，Cl取代苯环上的H原子，属于取代反应，不是加成反应，故C错误；D、(A)中只有苯环能与氢气发生加成反应，即1mol化合物(A)能与3

molH2发生加成反应，故D正确。18.将W1g光亮的铜丝在空气中加热一段时间后，迅速插入下列物质中，取出干燥，如此反复几次，最后取出铜丝用蒸馏水洗涤、干燥、称得其质量为W2g，实验时由于所插入的物质不同，铜丝的前后质量变化可能不同，下列

所插物质与铜丝的质量关系不正确的是（）A.石灰水W1＜W2B.COW1=W2C.NaHSO4W1＞W2D.乙醇溶液W1＜W2【答案】D【解析】【分析】光亮的铜丝在空气中加热时，铜丝和氧气反应2Cu+O2Δ2CuO生成黑色的氧化铜，所以加热后的铜丝质量会增加。【详解】

A．氧化铜和石灰水不反应，所以W1＜W2，故A正确；B．氧化铜和CO反应生成固体铜，所以W1=W2，故B正确；C．2NaHSO4+CuO=CuSO4+Na2SO4+H2O，硫酸氢钠和氧化铜反应生成硫酸铜，所以有部分铜元素以离子方式进入溶液，所以W1＞W2，故C正确；D．CH3CH2OH+Cu

OΔ⎯⎯→CH3CHO+Cu+H2O，固体氧化铜又生成铜，所以W1=W2，故D错误。答案选D。19.每种物质都既有离子键，又有共价键的一组物质是（）A.NaOH、H2SO4、(NH4)2SO4B.MgO、N

a2SO4、NH4HCO3C.Na2O2、NH4Cl、Na2SO4D.HCl、Al2O3、MgCl2【答案】C【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼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，第IA族（H

元素除外）、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，据此分析作答。【详解】A.氢氧化钠和硫酸铵中含有离子键和共价键，但硫酸中只含共价键，A项错误；B.氧化镁中只含离子键、NH4HCO3中含有离子键和共价键，硫酸钠中含有离子键和共价键，B项错误；C.Na2O2、NH4

Cl、Na2SO4中都含有离子键和共价键，C项正确；D.HCl中只含共价键，Al2O3、MgCl2中只含离子键，D项错误；答案选C。【点睛】离子键与共价键存在的规律如下：离子键存在于①活泼金属（指第一和第二主族的金属元素）与活泼的非金属元素（指第六和第七主族

的元素）之间；②金属元素与酸根离子之间；（酸根离子如硫酸跟离子、硝酸跟离子、碳酸跟离子等等）③铵跟离子（NH4+）和酸根离子之间，或铵根离子与非金属元素之间；而共价键则形成于活泼非金属元素之间，学生要牢记这些规律，才能学以致用。20.下列说法正确的是A.甲

醇分子和双氧水分子有相同的电子数；He和Be2+有相同的质子数B.乙醇和乙二醇互为同系物；H2O和D2O互为同分异构体C.NaHCO3晶体中阴阳离子数相等；BaO2固体中阴阳离子数也相等D.Mg2+所带电荷数等于其电子层数；15N的核外电子数等于其中子数【答案】C【解析】【详解】A.

甲醇分子和双氧水分子有相同的电子数，均为18；He和Be2+的质子数分别是2、4，A错误；B.乙醇和乙二醇含有的羟基个数不同，不能互为同系物；H2O和D2O均表示水分子，不能互为同分异构体，B错误；C.NaHCO3晶体中阴阳

离子数相等；BaO2固体中阴阳离子数也相等，均是1:1的，C正确；D.Mg2+所带电荷数等于其电子层数；15N的核外电子数是7个，中子数是15－7＝8个，二者不相同，D错误；答案选C。21.下列指定微粒的数目相等的是()A.等物质的量的水与重水含有的中子数B.等质量的O2和O3

含有的原子数C.同温、同压同体积的CO和NO含有的质子数D.等物质的量的铁分别与足量氯气和硫完全反应时转移的电子数【答案】B【解析】【详解】A．物质的量相等的H2O与D2O含有的中子数比值为(8):(8+2×1)=8:10，中子数不同，A错误；B．O2和O3的组成元素相

同，原子摩尔质量相等，氧气和臭氧质量相等，其O原子个数相等，B正确；C．CO的质子数为6+8=14，而NO的质子数为7+8=15，同温、同压、同体积的一氧化碳和一氧化氮含有的质子数不相等，C错误；D．Fe被氯气氧化为+3价，而被S氧化为+2价，则等物质的量的铁分别与足量氯气和硫完全

反应时转移的电子数一定不等，D错误；故答案为：B。22.反应A+B→C分两步进行：①A+B→X(ΔH＞0)，②X→C(ΔH＜0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）A.B.C.D.【

答案】B【解析】【详解】A．中，①A+B→X(ΔH<0)，②X→C(ΔH>0)，A不合题意；B．中，①A+B→X(ΔH>0)，②X→C(ΔH<0)，B符合题意；C．中，①A+B→X(ΔH<0)，②X→C(ΔH<0)，C不合题意；D．中，①A+B→X(ΔH

>0)，②X→C(ΔH>0)，D不合题意；故选B。23.下列关于反应热的描述中正确的是（）A.HCl和NaOH反应的中和△H=-57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热为：△H=2×(-57.3)kJ/molB.

CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)的△H=+566.0kJ/molC.在101kPa、25℃时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，则表示氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+

O2(g)=2H2O(1)△H=-285.8kJ/molD.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．中和热是强酸与强碱的稀溶液反应生成1mol水时所放出的热量，不包括其他物质的生成热，题中

生成沉淀还有热量放出，故反应所放出的热量不是中和热的二倍关系，A错误；B．根据燃烧热的定义，把CO的燃烧的热化学方程式写出，然后乘以2，反应物和生成物颠倒，即可得后面的热化学方程式，反应热也跟随其变化可得，B正确；C．根据燃烧热的定义，燃烧的热化学方程式应以

燃烧1mol纯物质为标准来配平其余物质的化学计量数，故该热化学方程式的系数缩小一倍即可，反应热不变，C错误；D．根据燃烧热的定义，应是生成液态水和二氧化碳所放出的热量才是甲烷的燃烧热，不是气态水，D错误；答案选B。24.已知碳酸钙受热分解为氧化钙和二氧化碳是吸热反应，下列说法错误的是：A.1mo

lCO2(g)和1molCaO(s)的总能量大于1molCaCO3(s)的能量B.该反应的焓变大于零C.该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量D.由该反应可推出凡是需要加热才

发生的反应均为吸热反应【答案】D【解析】【详解】A．B．碳酸钙的受热分解为吸热反应，ΔH＞0。△H=生成物总能量之和-反应物总能量之和，故产物的总能量大于反应物的总能量，A．B都正确；C．CaCO3中，Ca2+和CO2-3之间存

在离子键，CO2-3中C、O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂；旧键断裂需要吸收热量，新建形成放出能量，C正确；D．需要加热才发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧反应是放热反应，D错误；故答案为

：D。25.煤的气化是实施节能环保的一项重要措施。通常在高温下将煤转化为水煤气，再将水煤气作为气体燃料。有关热化学方程式如下：①C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH1＝＋131.3kJ/m

ol②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ/mol③2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH3＝－483.6kJ/mol下列有关说法正确的是()A水煤气只能用作燃料B.水煤气是一种二次能源，比煤直接燃烧污染小C.等质量的CO和H2完全燃烧时，前者放热多

D.由反应③可以确定H2的燃烧热为241.8kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A.因水煤气中含有CO、H2，则不仅可以作燃料，也可作还原剂使用，故A错误；B.将煤转化为水煤气，再将水煤气作为气体燃料，则水煤气间接得到，所以水煤气属

于二次能源，且水煤气的燃烧产物对环境无污染，故B正确；C.根据②③可知,等质量的CO和H2完全燃烧时，氢气放出的热量多，故C错误；D.反应热表示燃烧热时，生成的水为液态，为稳定状态，故D错误；故选:B。二、填空

题26.下表是元素周期表的一部分，针对表中①~⑩种元素，填写下列空白：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0族2①②③3④⑤⑥⑦⑧4⑨⑩（1）在这些元素中，化学性质最不活泼的元素的原子结构示意图为：____（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化

合物的分子式是____，碱性最强的化合物的电子式是：____，⑤的单质在该化合物的水溶液中反应的离子方程式为____（3）用电子式表示元素与⑦的化合物的形成过程：____。（4）③、⑥、⑦三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是____（用化学式表示）。【答案】(1)

.(2).HClO4(3).(4).2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑(5).(6).S2−>Cl−>O2−【解析】【分析】结合元素周期表可知，①到⑩分别为C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar、K、Br，结合元素周期表、律相关知识解答。【详解】(1)在这

些元素中，Ar为稀有气体元素，其化学性质最不活泼，其原子结构示意图为：，故答案为：(2)所给元素中，Cl的非金属性最强，K的金属性最强，故表中最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是HClO4，碱性最强的化合物为KOH，其电子式为，Al和NaO

H溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑，故答案为：HClO4；；2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑；(3)元素与①为C，⑦为Cl，用电子式表示二者形成化合

物过程为：，故答案为：(4)③、⑥、⑦三种元素形成的离子，O2−有2层电子，S2−、Cl−有3层电子，O2−的半径最小，S2−、Cl−均有3个电子层，S2−的核电荷数较小，半径较大，所以离子半径由大到小的顺序是S2−>Cl−>O2−，故答案为：S2−>Cl−>O2−。27.—般在火箭推进

器中装有还原剂肼(N2H4)和强氧化剂H2O2,当它们混合时,即产生大量的氮气和水蒸气,并放出大量的热。已知0.4mol液态肼和足量H2O2反应生成氮气和水蒸气时放出256.64kJ的热量。（1）写出液态肼

和H2O2反应的热化学方程式:_____________（2）已知H2O(l)=H2O2(g)△H=+44kJ·mol-1,则16g液态肼与足量H2O2反应生成氮气和液态水时,放出的热量是_______kJ（3）上述反应应用于火箭推进器时,除释放出大量热量

和快速产生大量气体外,还有一个很突出的优点是___________________（4）向次氯酸钠溶液中通入一定物质的量的氨气可生成肼,写出该反应的离子方程式:________________。【答案】(1).N2H4(1)+2H2O2(1)=N2

(g)+4H2O(g)△H=-641.6kJ/mol(2).408.8(3).产物为氮气和水，无污染(4).2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O【解析】【详解】（1）在火箭推进器中装有还原剂肼（N2H4）和强氧化剂H2O2，混合时反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，

0.4mol液态肼放出256.64kJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为256.64kJ÷0.4=641.6kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4(1)+2H2O2(l)=N2（g）+4H2O(g)△H=-641.6kJ/mol，故答案为：N2H4(1)

+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)△H=-641.6kJ/mol；（2）因①N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.6kJ/mol，②H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，根据盖斯定律，①-②×4，得N2H4（l）+2H

2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=-817.6kJ/mol，16g液态肼的物质的量为：n=m/n=16g÷32g/mol=0.5mol，所以与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量为408.8k

J。故答案为：408.8；（3）火箭推进器除释放大量热和快速产生大量气体外，生成物为氮气和水，不污染空气，故答案为：产物为氮气和水，无污染；（4）次氯酸钠与过量氨气反应生成N2H4，根据氧化还原反应可知，还

生成NaCl，根据元素守恒可知有水生成，反应方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。故答案为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O。28.海洋中有大量的宝贵资源。下面是工业上利用海水提取溴和镁的流程图。已

知：①空气吹出法是用于工业规模海水提溴的常用方法，上图中的提溴方法为其一种常见工艺。②MgO的熔点为2852℃，MgCl2的熔点为714℃。（1）以上提取溴的流程中，每产生1mol溴至少消耗标况下氯气______L。（2）在吸收塔中，从理论上考虑下列物质也能吸收Br2的是________。

A．KBrB．Na2SO4C．FeCl3D．H2S（3）若用热空气将Br2吹出，并用浓碳酸钠溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等；再将混合液用稀硫酸酸化得到Br2，得到Br2的离子方程式是____________________________________________

________________。（4）写出由无水氯化镁得到镁的化学方程式是_______________________________________________________。（5）工业上是采用第（4）问中的方法冶炼镁，而不是将氢氧化镁转变为氧化镁再电解的方法，其原因是_______

________________________________________________________________。【答案】(1).22.4(2).D(3).5Br-+BrO-3+6H+=3Br2+3H2O(

4).MgCl2(熔融)=Mg+Cl2(5).一是原料角度，氯化镁来源海水中，易获得，成本低；二是氯化镁熔点低，对设备要求不高，节省资源【解析】【分析】关于溴的提取：母液中通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入热空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热

空气的加热、搅拌作用吹出溴，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子，所得溶液中通氯气把溴离子氧化为溴单质，此过程的目的是浓缩、富集溴单质，经蒸馏后得到溴；关于镁得提取：母液中加入沉淀剂得到氢氧化镁沉淀，先与HCl反应生成氯化镁溶

液，浓缩结晶得到MgCl2⋅6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，在HCl气流中加热防止水解，电解熔融氯化镁制取Mg；【详解】(1)根据电子守恒得关系式：-22Cl~Br~2e,则每产生1mol溴至少消耗标况下氯气22.4L；(2)溴单

质具有强氧化性，根据氧化还原反应原理得，用还原性物质进行吸收，故答案为D；(3)过程涉及溴的歧化反应和归中反应，后续生成溴单质是溴离子和溴酸根离子的归中反应，离子方程式为5Br-+BrO-3+6H+=3Br2+3H2O；(4)此过程为冶炼金属镁，方程式为MgCl2(熔融)=电解Mg+

Cl2；(5)一是原料角度，氯化镁来源海水中，易获得，成本低；二是氯化镁熔点低，对设备要求不高，效能低、节省资源。一是原料角度，氯化镁来源海水中，易获得，成本低；已知MgO的熔点为2852℃，MgCl2的熔点为714℃，故：二是氯化镁熔点低，对设备要求不高，节省资源。三、实验题（15分

）29.回答下列问题：（1）为了检验和除去下表中的各种杂质(括号里的物质为杂质)，请从①中选出适当的检验试剂，从②中选出适当的除杂试剂，将所选的答案用字母填入相应的空格内。物质检验试剂除杂试剂甲烷(乙烯)①_________②_____

____酒精(水)③_________④_________检验的试剂：A.无水硫酸铜B.酸性高锰酸钾溶液C.水D.氢氧化钠溶液除杂试剂：a.无水硫酸铜b.乙酸c.新制的生石灰d.溴水⑤写出除杂时，乙烯发生

反应的化学方程式：______________________________________________________________（2）用50mL0.50mol⋅L−1盐酸与50mL0.55mol⋅L−1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所

放出的热量可计算中和热。回答下列问题：①从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是____________。②烧杯间填满碎纸条的作用是_____________________________。③若用50mL0.25mol⋅L−1硫酸与50mL0.27mol⋅L−1氢氧化钡溶液进行上述实

验，测得的中和热数值会___________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）④实验中改用60mL0.50mol⋅L−1盐酸跟60mL0.55mol⋅L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热_______

_(填“相等”或“不相等”)，简述理由___________________________________________。⑤某同学通过该实验测出稀盐酸与稀NaOH溶液（碱稍微过量）反应的中和热△H=-52.3kJ/mol，

造成这一结果的原因不可能是（）A实验装置保温、隔热效果差B.用量筒量取盐酸时仰视读数C.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中D.用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度【答案】(1).B(2).d(3).A(4).c(5).CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br(6

).环形玻璃搅拌棒(7).隔热，减少热量散失(8).偏大(9).不相等(10).相等(11).中和热是强酸和强碱生成1mol水放出的热量，与酸碱用量无关，中和热数值相等(12).B【解析】【详解】（1）①乙烯能

使酸性高锰酸钾溶于褪色，甲烷不可以，据此检验乙烯存在，故答案为：B；②甲烷不能与溴水反应，乙烯可以与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷为无色液体，可用溴水除去甲烷中的乙烯，故答案为：d；③无水硫酸铜吸水变蓝色，据此检验水的存在，故答案为：A；④用新制的生石灰吸水蒸

馏除去酒精中的水，故答案为：c；⑤乙烯与溴水发生加成反应，其反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→BrCH2CH2Br；（2）①根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒

；②中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是隔热，减少热量散失，故答案为：隔热，减少热量散失；③硫酸与氢氧化钡反应除生成水外还生成白色沉淀硫酸钡，放出更多的热量，因此数值会偏大，故答案为：偏大；④与上述实验相比，试剂用量发生了变化

，因此实验所放出的热量是不相等的；但中和热是强酸和强碱生成1mol水放出的热量，与酸碱用量无关，所以中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；中和热是强酸和强碱生成1mol水放出的热量，与酸碱用量无关，中和热数值相等；⑤A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量损失，使

实验测得放出的热量偏小，故A不合题意；B．用量筒量取盐酸时仰视读数，使盐酸的体积偏大，实验测得放出的热量偏大，故B符合题意；C．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，导致热量损失，使实验测得放出的热量偏小，故C不合题意；D．用温度计测定盐酸初始温度后，直接测定氢氧化钠溶液的温度，温度计上

残留的盐酸会和氢氧化钠溶液反应，导致热量损失，使实验测得放出的热量偏小，故D不合题意；故答案为：B。四.计算题30.(1)已知：化学键H-HN≡NN-H拆开1mol该键吸收能量KJ/mol436946391试计算N2+3H2=2NH3的∆H是多少？___(

2)已知：H2和CH4的燃烧热分别为∆H=-286KJ/mol和∆H-890KJ/mol，则112L标况下的H2和CH4的混合气体完全燃烧生成的CO2和液态水时放出3695KJ的热量，则混合气体中H2和CH4的物质的量之比是多少?___【答案

】(1).-92kJ/mol(2).1:3【解析】【详解】(1)由∆H=反应物的总键能-生成物的总键能得：∆H=946kJ/mol+3×436kJ/mol-6×391kJ/mol=-92kJ/mol，故答案为：-92kJ/mol；(2)

设H2和CH4的物质的量分别为xmol、ymol，则286x+890y=3695，22.4×(x+y)=112，联立两个方程解得x=755604，y=2265604，所以H2和CH4的物质的量之比=755604：2265604=151:453

=1:3，故答案为：1:3。