云南省玉溪市江川二中2018_2019学年高一化学下学期5月月考试题（含解析）.docx

云南省玉溪市江川二中2018-2019学年下学期5月份考试高一化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。分卷I一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分) 1.充分燃烧等物质的量的下列有机物，在相同条件下消耗氧气最多的是()A. 乙酸乙酯B. 丁烷C. 乙醇D. 葡萄糖【答案】B【解析】【详解】将选项化学式进行变形，然后再进行比较。A.乙酸乙酯分子式为C4H8O2可变形为C4H42H2O；B.丁烷分子式为C4H10；C.乙醇分子式为C2H6O可变形为C2H4H2O；D.葡萄糖分子式是C6H12O6可变形为C66H2O，比较变形后的分子式，分子中的“H2O”部分不消耗氧气，耗氧量仅取决于非“H2O”，1mol乙酸乙酯消耗5molO2，1mol丁烷消耗6.5molO2，1mol乙醇消耗3molO2，1mol葡萄糖消耗6molO2，可见充分燃烧等物质的量的上述四种有机物，在相同条件下消耗氧气最多的是丁烷，故合理选项是B。2.各组性质比较的表示中，正确的是()A. 酸性：HIHBrHClHFB. 稳定性：HFHClHBrHIC. 氧化性：F2Cl2Br2I2D. 沸点：F2Cl2Br2I2【答案】D【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性越强，共价键越不容易断裂，因此化合物的水溶液的酸性越弱，由于元素的非金属性FCl.BrI，所以氢化物水溶液的酸性HIHBrHClHF，A错误；B.元素的非金属性越强，共价键越强，越不容易断裂，其相应的氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性FClBrI，所以稳定性HFHClHBrHI，B错误；C.元素的非金属性越强，原子获得电子的能力越强，相应的该元素的单质的氧化性就越强。由于元素的非金属性FClBrI，所以单质的氧化性：F2Cl2Br2I2，C错误；D.卤族元素的单质都是由分子构成的分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力大小与物质的相对分子质量有关，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高，物质的相对分子质量大小关系为F2Cl2Br2I2，所以物质的沸点F2Cl2Br2I2，D正确；故合理选项是D。3.氰(CN)2、硫氰(SCN)2等称为拟卤素，它们与卤素单质性质相似，它们的阴离子也与卤素阴离子性质相似。例如：2Fe+3(SCN)2=2Fe(SCN)3、Ag+CN-= AgCN(白)。拟卤素形成的无氧酸和含氧酸一般比氢卤酸和次卤酸弱，阴离子的还原性一般比Br强。下列反应中，不正确的是()A. 2CN-+Cl2=2Cl-+(CN)2B. (CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2OC. (OCN)2H2O=2H+OCN-+OCNO-D. MnO2+4HSCN Mn(SCN)2+ (SCN)2+2H2O【答案】C【解析】【详解】A.阴离子的还原性一般比Br-强，说明能被氯气氧化，所以2CN-+Cl2=2Cl-+(CN)2，A正确；B.(CN)2与卤素单质的性质相似，可以发生类似氯气与碱的反应，与碱发生反应(CN)2+2OH-=CN-+CNO-+H2O，B正确；C.卤素单质能与水反应，(OCN)2与卤素单质的性质相似，则与水反应，发生(OCN)2+H2O=HOCN+HONO，拟卤素形成的无氧酸和含氧酸一般比氢卤酸和次卤酸弱，所以在溶液中主要以分子形式存在，不能拆成离子形式，C错误；D.MnO2与浓盐酸反应生成氯气，(SCN)2与卤素单质的性质相似，则HSCN与MnO2反应生成(SCN)2，反应的方程式为MnO2+4HSCNMn(SCN)2+ (SCN)2+2H2O，D正确；故合理选项是C。4.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氯气，用光照射烧瓶一段时间，下列说法正确的是()A. 只能生成CH3Cl一种有机物B. 烧瓶内液面不可能上升C. 大试管内的液体可能会分层D. 向水中加入石蕊试液后不变色【答案】C【解析】【详解】A.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，A错误；B.生成物质中氯化氢易溶于水，使烧瓶内气体压强减小，在外界大气压作用下，烧瓶内液面会上升，B错误；C.生成产物中一氯甲烷为气体，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳都是液体，依据相似相溶原理，他们都不溶于水，所以大试管内的溶液会出现分层现象，C正确；D.生成物质中含有氯化氢，氯化氢溶于水，电离生成氢离子，溶液显酸性，使石蕊变红，D错误；故合理选项是C。5.下列反应中属于加成反应的是()A. CH4Cl2CH3ClHClB. CH2=CH2HClCH3CH2ClC. CH3CH2OHHBrCH3CH2BrH2OD. 2CH3CH37O24CO26H2O【答案】B【解析】分析：有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应，据此解答。详解：A. CH4Cl2CH3ClHCl是甲烷的取代反应，A错误；B. CH2CH2HClCH3CH2Cl是乙烯与氯化氢加成反应，B正确；C. CH3CH2OHHBrCH3CH2BrH2O是乙醇的取代反应，C错误；D. 2CH3CH37O24CO26H2O是乙烷的燃烧，属于氧化反应，D错误。答案选B。6. 酒精完全燃烧后，生成的产物可用一种物质完全吸收，这种物质是A. NaOH溶液B. 碱石灰C. 无水氯化钙D. 浓硫酸【答案】B【解析】试题分析：酒精完全燃烧后，产生CO2、H2O，CO2是酸性氧化物，则能够吸收该气体、水的应该是碱性干燥剂，只有碱石灰符合题意，因此选项是B。考点：考查物质产物的吸收剂选择的知识。7.键能是形成(或断开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量，现查得NN键能为945.6 kJmol1、HN键能为391 kJmol1。已知氮气与氢气化合生成2 mol氨气时放出的能量为92.4 kJ。则HH键的键能是()A. 45 kJmol1B. 436 kJmol1C. 1 308 kJmol1D. 135 kJmol1【答案】B【解析】【详解】氮气与氢气反应产生氨气的化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应热为断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物化学键释放的能量差，所以945.6 kJ/mol+3x -6391 kJ/mol=-92.4 kJ/mol，解得H-H的键能为436 kJ/mol，故合理选项是B。8.甲庚等元素在周期表中的相对位置如下表，己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断正确的是()A. 丙与戊的原子序数相差25B. 气态氢化物的稳定性：庚己戊C. 常温下，甲和乙的单质能与水剧烈反应D. 丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维【答案】D【解析】【详解】有强脱水性的物质为浓硫酸，则己为S，由元素周期表结构推知：丙为B元素，庚为F元素，丁为Si，戊为As。根据甲元素的信息可知，甲为Mg，乙为Ca。A、B质子数为5，As质子数为33，二者原子序数相差28，选项A错误；B、非金属性FSAs，所以氢化物的稳定性HFH2SAsH3，选项B错误；C、Mg在常温下与水反应缓慢，选项C错误；D、丁的最高价氧化物为SiO2，是光导纤维的主要成分，选项D正确。答案选D。9.一种碳纳米管能够吸附氢气，用这种材料制备的二次电池原理如下图所示，该电池的电解质为6 molL1KOH溶液，下列说法中正确A. 放电时K移向负极B. 放电时电池负极的电极反应为H22e=2HC. 放电时电池正极的电极反应为NiO(OH)H2Oe=Ni(OH)2OHD. 该电池充电时将碳电极与电源正极相连【答案】C【解析】分析：本题考查原电池和电解池工作原理。放电是原电池，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电是电解池，充电时阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连。详解：A.放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阳离子向正极移动，所以K+移向镍电极，故A错误；B.已知电解质溶液为KOH溶液，放电时碳电极作负极，H2失电子发生氧化反应的电极式为：H22e+OH-=2H2O，故B项错误；C.由图分析可知，放电时，镍电极为正极，NiO(OH)得电子发生还原反应，电极反应式为NiO(OH)H2Oe=Ni(OH)2OH，故C项正确；D.该电池充电时，碳电极得电子发生还原反应，作阴极，应与外接电源的负极相连，故D项错误。本题正确答案为C。点睛：本题考查原电池和电解池工作原理。解题时抓住原电池工作原理进行解答。放电是原电池，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；负极还原剂发生氧化反应，失电子；正极氧化剂发生还原反应，得电子。10.下列物质在溶于水和熔化时，破坏的作用力完全相同的是()A. 氯化氢B. 冰醋酸C. 硫酸氢钠D. 氢氧化钾【答案】D【解析】【详解】A.氯化氢溶于水，断裂H-Cl共价键，HCl熔化，破坏的是分子间作用力，二者不相同，A错误；B.冰醋酸溶于水，在水分子作用下断裂CH3COOH的羧基的O-H共价键，而冰醋酸CH3COOH熔化，破坏的是分子间作用力，二者不相同，B错误；C.硫酸氢钠溶于水，电离产生Na+、H+、SO42-，断裂的有离子键、共价键，而熔融状态下电离产生Na+、HSO4-，只断裂离子键，破坏的作用力不相同，C错误；D.氢氧化钾是离子化合物，无论是在熔融状态下还是溶于水，都断裂离子键，电离产生K+、OH-，破坏的作用力完全相同，D正确；故合理选项是D。11.已知某有机物0.1 mol完全燃烧时，可产生二氧化碳和水共0.4 mol，该有机物不可能是()A. C2H4B. CH3CHOC. CH3COOHD. CH3CH2OH【答案】D【解析】【详解】A.0.1molC2H4完全燃烧时，产生二氧化碳和水共(0.2+0.2)mol=0.4 mol，A不选；B.0.1mol CH3CHO完全燃烧时，产生二氧化碳和水共(0.2+0.2)mol=0.4 mol，B不选；C.0.1mol CH3COOH完全燃烧时，产生二氧化碳和水共(0.2+0.2)mol=0.4 mol，C不选；D.0.1mol CH3CH2OH完全燃烧时，产生二氧化碳和水共(0.2+0.3)mol=0.5 mol，D选；故合理选项是D。12.下列说法中正确的是()A. 沸点大小：HIHBrHClHFB. 干冰升华克服的是分子间作用力C. HF稳定性很强，是因为分子间能形成氢键D. 冰、水和水蒸气中都存在氢键【答案】B【解析】【分析】A.HF分子间含氢键,沸点最大,同类型分子的相对分子质量越大,沸点越大；B.干冰升华为物理变化；C.稳定性与化学键有关，氢键影响物理性质；D.水蒸气不存在氢键；【详解】A.HF分子间含氢键，沸点最大，同类型分子的相对分子质量越大,沸点越大,则沸点为HFHIHBrHCl,故A错误； B.干冰升华为物理变化,则克服的是分子间作用力,故B正确；C.稳定性与化学键有关,氢键影响物理性质,则HF稳定性很强与H-F键有关,故C错误； D.水蒸气分子间距离较大,分子间作用力较弱,不存在氢键，故D错误；正确选项B。【点睛】辨析化学键、分子间作用力、氢键三种作用力时，一定要注意化学键是物质内部粒子间的相互作用，而分子间作用力和氢键是分子间的相互作用，以防混淆。13.乙烯(CH2=CH2)、丙烯(CH3CH=CH2)、丁烯(CH3CH2CH=CH2)等都属于烯烃，下列关于烯烃的说法不正确的是()A. 分子中都含有碳碳双键B. 通式为CnH2n,(n2)C. 碳、氢元素的质量比为61D. 它们都是饱和链烃【答案】D【解析】【详解】A.根据三种烯烃的结构简式可知：这三种物质的分子中都含有碳碳双键，A正确；B.三种物质分子中H原子个数都是C原子个数的2倍，因此若C原子数用n表示，则H原子个数为2n，分子式通式为CnH2n,，由于最少还有一个碳碳双键，因此n最小值为2，即n2，B正确；C.由于物质分子中C、H原子个数比为1:2，所以两种元素的质量比为(112)：(21)= 61，C 正确；D.由于分子中都含有一个碳碳双键，因此没有达到结合H原子的最大数目，即没有达到饱和，因此都属于不饱和链烃，D错误；故合理选项是D。14.下列有关苯的说法中，不正确的是()A. 苯分子中既含有碳碳单键又含有碳碳双键B. 苯分子中12个原子都处在同一平面上C. 苯与溴水混合后振荡，苯处于上层，呈橙红色D. 1 mol苯最多可与3 mol氢气发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A.苯分子中的碳碳键是一种特殊的化学键，介于碳碳单键和碳碳双键之间，不含碳碳单键、碳碳双键，A错误；B.苯分子式是C6H6，苯分子是平面分子，分子中6个C原子和6个H原子在同一个平面上，即苯分子中12个原子都处在同一平面上，B正确；C.苯性质稳定，不能与溴水发生反应，但由于溴单质容易溶于苯中，苯与水互不相容，密度比水小，因此将苯与溴水混合后振荡，会看到有分层现象，苯处于上层，呈橙红色，C正确；D.1 mol苯最多可与3 mol氢气发生加成反应产生环己烷，D正确；故合理选项是A。15.下列关于催化剂的说法中错误的是()A. 催化剂能使不起反应的物质发生反应B. 催化剂能使化学反应的速率发生改变C. MnO2可以作H2O2、KClO3分解的催化剂D. 催化剂在化工生产中有广泛而重要的应用【答案】A【解析】分析：催化剂是在化学反应中改变反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都不发生变化。在化学反应里能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都没有发生变化的物质叫做催化剂（又叫触媒）催化剂的特点是：能够改变（加快或减慢）化学反应速率，在化学反应前后质量和化学性质没有改变催化剂只能改变化学反应速率，对生成物的质量无影响。详解：A、催化剂只能改变反应的速率，不能使不起反应的物质发生反应，选项A错误；B、催化剂能改变化学反应速率，选项B正确；C、MnO2可以作H2O2、KClO3分解的催化剂，选项C正确；D、催化剂在化工生产中有广泛而重要的应用，选项D正确。答案选A。点睛：本题考查学生对催化剂的理解，学生必须要理解概念的要领和本质，才能迅速解题。记住催化剂的“一改变，二不变”的特性，即“改变化学反应的速率；反应前后，自身的质量和化学性质都不改变”，是解答本题的关键。16.将乙烯分别通过如图所示的装置，下列叙述正确的是()A. 二者都褪色且原理相同B. 二者都能证明乙烯中有碳碳双键C. 二者都可用于除去乙烷中混有的乙烯D. 二者都可用于鉴别乙烷和乙烯【答案】D【解析】【详解】A.乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，与溴发生加成反应而使溶液褪色，通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被高锰酸钾氧化变为CO2，高锰酸钾被还原为无色的Mn2+，因此褪色原理不相同，A错误；B.不饱和的烯烃、炔烃都可以使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明乙烯分子中含有碳碳双键，B错误；C.乙烯通入到酸性高锰酸钾溶液中，会被高锰酸钾氧化变为CO2，使乙烷气体中混入了新的杂质，不能达到净化除杂的目的，C错误；D.乙烷与溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液都不能发生反应，而乙烯可以使者两种溶液都褪色，现象不同，可以鉴别，D正确；故合理选项是D。17.若用X代表氟、氯、溴、碘四种卤素，下列属于它们共性反应的是()A. X2+H2O=HX+HXOB. X2+H2=2HXC. 2Fe+3X2=2FeX3D. X2+2NaOH=NaX+NaXO+H2O【答案】B【解析】【分析】A.氟气和水反应生成的是HF和氧气； B.卤素单质可以和氢气化合生成卤化氢；C.碘单质的氧化性极弱，和金属铁反应得到的是碘化亚铁；D.氟气和氢氧化钠溶液反应会有气体产生。【详解】A.Cl、Br、I的单质可以和水之间反应，符合通式：X2+H2O=HX+HXO，但是氟气和水反应生成的是HF和氧气，不符合，A错误；B.卤素单质均可以和氢气化合生成卤化氢，B正确；C.碘单质的氧化性较弱，和金属铁反应得到的是碘化亚铁，不会将铁氧化为三价铁，C错误；D.氟气和氢氧化钠溶液反应：2F2+2NaOH=2NaF+H2O+OF2，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查学生卤素单质的性质，注意氟气的强氧化性是解题的关键，同种元素的单质或化合物的性质相似但不同，具有递变性。18. 元素性质呈周期性变化的决定因素是（）A. 元素原子半径大小呈周期性变化B. 元素原子量依次递增C. 元素原子核外电子排布呈周期性变化D. 元素的最高正化合价呈周期性变化【答案】C【解析】【详解】元素性质呈周期性变化的决定因素是元素原子最外层电子排布呈周期性变化，答案C正确。故选C。19.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4气体分子。N4分子结构如图所示，下列说法正确的是( )A. N4分子属于一种新型的化合物B. N4分子中只含有非极性键C. 1 mol N4分子所含共价键数为4NAD. N4沸点比P4(白磷)高【答案】B【解析】试题分析：AN4由N组成，是一种单质，而化合物是由不同元素组成的纯净物，故A错误；B非金属元素原子间形成共价键，所以N4分子中只含有共价键，故B正确；C由题中N4分子结构可知，一个分子中含有6个共价键，所以1 mol N4分子所含共价键数为6NA，故C错误；DN4和P4都是分子晶体，并且结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，所以白磷的沸点高，故D错误。考点：化学键20.将溴水和苯混合振荡，静置后分液分离，把分离出来的苯层置于一试管中，加入某些物质后可以在试管口产生白雾，这种物质是()亚硫酸钠溴化铁锌粉铁粉A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：溴水与苯混合，充分振荡后静置，会发生萃取；由于溴和苯的密度均小于水，所以溴和苯混合物处在上层，分液后得到溴和苯的混合物；在铁或溴化铁的催化作用下，苯与纯溴发生反应，生成溴苯和溴化氢，溴化氢遇水蒸气产生白雾，据此分析。详解：分离出的苯层实际上是苯和液溴的混合物，在没有催化剂作用时两者不反应。根据“产生白雾”的现象判断出，白雾是溴化氢和空气中的水蒸气结合，说明加入的物质能在常温常压下引起溴与苯化学反应，产生溴苯和溴化氢；亚硫酸钠与溴水反应，不能引起溴与苯化学反应，错误；溴化铁是苯和液溴反应的催化剂，可以引起溴与苯化学反应，产生溴苯和溴化氢，正确；锌粉可以与溴水反应，但是溴化锌不能催化苯和液溴反应，错误；铁粉和溴反应生成溴化铁，溴化铁是苯和液溴反应的催化剂，可以引起溴与苯化学反应，产生溴苯和溴化氢，正确；符合题意；正确选项B。点睛：苯萃取溴水中的溴，在分出的苯层中加入某物质产生白雾，说明纯溴与苯在催化剂的作用下发生了反应，所以，本题实质上是苯与溴反应的催化剂问题，我们在实验中使用的催化剂是铁屑，实际上，这个反应的催化剂是FeBr3，但由于无水FeBr3很难保存，容易与水发生反应：FeBr3+H2O=FeBr3H2O，而且可以形成带有更多水分子的水合物，所以通常使用单质铁来代替。 21.在元素周期表中横行的编排依据是()A. 按元素的相对原子质量递增顺序从左到右排列B. 按元素的原子核外电子层数依次递增顺序从左到右排列C. 电子层相同的元素，按原子序数依次递增顺序从左到右排列D. 按元素的原子最外层电子数依次递增顺序从左到右排列【答案】C【解析】【分析】周期表按照原子序数的递增及原子结构的周期性变化排列，将电子层数相同的元素放在同一横行中，由此分析解答。【详解】周期表按照原子序数的递增及原子结构的周期性变化排列，将电子层数相同的元素放在同一横行中，然后按原子序数递增顺序排列，所以元素周期表中横行的编排依据是电子层相同的元素，按原子序数依次递增顺序从左到右排列，故合理选项是D。【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素位置、性质的关系为解答的关键。22.下列反应中可用来设计成原电池的是()A. CaO H2O=Ca(OH)2B. NaOHHCl=NaClH2OC. 2KClO32KCl3O2D. Zn2HCl=ZnCl2H2【答案】D【解析】分析：能够设计成原电池的反应必须属于自发进行的氧化还原反应，据此根据各选项中是否存在化合价变化进行判断。详解：ACaOH2OCa(OH)2为化合反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，A错误；BNaOH+HClNaCl+H2O为中和反应，不属于氧化还原反应，不能设计成原电池，B错误；C2KClO32KCl3O2是氧化还原反应，但不是自发进行的氧化还原反应，不能设计成原电池，C错误；D.Zn+2HClZnCl2+H2为置换反应，属于自发进行的氧化还原反应，能够设计成原电池，D正确；答案选D。点睛：本题考查原电池设计，题目难度不大，明确原电池原理及原电池反应特点是解本题关键，注意原电池反应限制性条件“自发进行、放热、氧化还原反应”，知道常见反应的反应热、常见的氧化还原反应。23.关于化学键的下列叙述中正确的是()A. 一百多种元素可通过化学键形成众多复杂的物质B. 构成单质分子的微粒一定含有化学键C. 离子化合物可能含共价键，共价化合物中可能含离子键D. 氯化钠和冰熔化过程中都无化学键的变化【答案】A【解析】【详解】A、使离子相结合或原子相结合的强烈作用力是化学键，一百多种元素可通过化学键形成众多复杂的物质，A正确；B、稀有气体单质分子内不含有化学键，B错误；C、含有离子键的化合物一定是离子化合物，只含共价键的化合物一定是共价化合物，因此离子化合物可能含共价键，但共价化合物中一定不含离子键，C错误；D、氯化钠等离子化合物熔化过程中化学键发生断裂，D错误。答案选A。【点睛】明确化学键的含义是解答的关键，注意化学键与化合物关系的判断。选项D是解答的易错点，注意化学键发生断键时不一定是化学变化。24.下列各组物质中，互称为同分异构体的是()。A. 冰和水B. 白磷和红磷C. 纯碱和烧碱D. 新戊烷和异戊烷【答案】D【解析】分析：A.冰和水是不同状态的同一物质；B.白磷和红磷是由同种元素形成的不同性质的单质，二者互为同素异形体；C.纯碱和烧碱是组成不同的两种物质；D.新戊烷和异戊烷互为同分异构体。详解：冰和水都是H2O，属于同一种物质，A错误；白磷和红磷是由同种元素形成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，B错误；纯碱为碳酸钠、烧碱为氢氧化钠，是组成不同的两种物质，C错误；新戊烷和异戊烷分子式为C5H12，但是结构不同，属于同分异构体，D正确；正确选项D。25.可以证明乙醇分子中有一个氢原子与另外的氢原子不同的方法是()A. 1 mol乙醇完全燃烧生成3 mol水B. 乙醇可以制酒精饮料C. 1 mol乙醇跟足量的钠作用得到0.5 mol 氢气D. 1 mol乙醇可以生成1 mol乙醛【答案】C【解析】【分析】A.乙醇燃烧所有的氢元素均生成水；B.乙醇制饮料的过程不发生化学反应； C.根据乙醇和金属钠反应的实质来回答D.根据反应的实质来回答。【详解】A.乙醇燃烧所有的氢元素均生成水，不能证明乙醇分子中有一个氢原子与另外氢原子不同，A错误；B.乙醇制饮料的过程不发生化学反应，不能证明乙醇分子中有一个氢原子与另外氢原子不同，B错误；C.1mol乙醇跟足量Na作用得0.5molH2，很明显乙醇中的6个氢只有一个能变为氢气，这个氢与其他氢不同，C正确；D.乙醇催化氧化变乙醛不能证明乙醇中的1个氢原子和其他氢原子不同，D错误；故合理选项是C。分卷II二、填空题(共6小题,共50分)26.试分析下列各种情况下微粒间作用力的变化情况（填“离子键”“极性键”“非极性键”或“分子间作用力”）：（1）NaCl溶于水时破坏_；（2）HCl溶于水时破坏_；（3）SO2溶于水时破坏_；（4）酒精溶于水时破坏_；（5）NaOH和HCl反应时形成_和_；（6）反应2H2O2=2H2O中，被破坏的是_，形成的是_；（7）CaCl2和Na2CO3反应时，被破坏的化学键有_，形成的化学键有_；（8）Na2O熔化时被破坏的是_。【答案】 (1). 离子键 (2). 极性键 (3). 极性键 (4). 分子间作用力 (5). 离子键 (6). 极性键 (7). 非极性键 (8). 极性键 (9). 离子键 (10). 离子键 (11). 离子键【解析】本题考查化学键与物质类别的关系，（1）NaCl是离子化合物，溶于水，其电离方程式为NaCl=NaCl，破坏的是离子键；（2）HCl属于共价化合物，HCl溶于水，电离方程式为HCl=HCl，破坏的是极性键；（3）SO2属于共价化合物，溶于水，生成H2SO3，破坏的是极性键；（4）酒精属于非电解质，溶于水，破坏的分子间作用力；（5）NaOH与HCl反应：NaOHHCl=NaClH2O，其中NaOH、NaCl属于离子化合物，H2O、HCl属于共价化合物，被破坏的是离子键和极性键，形成的是离子键和极性键；（6）H2、O2中存在非极性键，H2O是共价化合物，此反应破坏的是非极性键，形成的是极性键；（7）CaCl2Na2CO3=CaCO32NaCl，四种物质都是离子化合物，破坏和形成的都是离子键；（8）Na2O属于离子化合物，熔化时破坏的是离子键。27. 最新报道，我国科学家通过与多个国家进行科技合作，成功研发出铯(Cs)原子喷泉钟，使我国时间频率基准的精度从30万年不差1秒提高到600万年不差1秒，标志着我国时间频率基准研究进入世界先进行列。已知铯位于元素周期表中第六周期第A族，根据铯在元素周期表中的位置，推断下列内容：(1)铯的原子核外共有_层电子，最外层电子数为_，铯的原子序数为_。 (2)铯单质与水剧烈反应，放出_色气体，同时使紫色石蕊试液显_色，因为_(写出化学方程式)。 (3)预测铯单质的还原性比钠单质的还原性_(填“弱”或“强”)。【答案】(1)6155(2)无蓝2Cs2H2O=2CsOHH2(3)强【解析】试题分析：（1）铯是55号元素，原子核外有6个电子层，最外层有1个电子，故Cs的原子核外共有6层电子，最外层电子数为1，铯的原子序数为55；（2）根据同一主族的元素的性质相似性，可知铯单质与水剧烈反应，放出无色的氢气气体，同时产生产生CsOH，该物质是碱，可以使紫色石蕊试液显蓝色，反应的化学方程式是：2Cs+2H2O=2CsOH+H2；（3）同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子最外层电子受到原子核的吸引力逐渐减弱，元素的金属性逐渐增强，所以预测铯单质的还原性比钠单质的还原性要强。考点：考查元素的原子结构、元素在周期表的位置及元素性质的递变规律的知识。28.我国发射宇宙飞船的 “神舟”系列火箭用偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，液态四氧化二氮作氧化剂，生成氮气和二氧化碳气体。(1)写出反应的化学方程式： _。(2)该反应是_(填“放热”或“吸热”)反应，反应物的总能量_(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物的总能量，断开化学键_的总能量_(填“大于”、“小于”或“等于”)形成化学键_的总能量。【答案】 (1). C2H8N2+2N2O42CO2+3N2+4H2O (2). 放热 (3). 大于 (4). 吸收 (5). 小于 (6). 放出【解析】【分析】(1)偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，四氧化二氮作氧化剂，生成氮气和二氧化碳气体，据此写出化学方程式；(2)该反应能提供飞船飞行所需的能量，据此分析反应吸放热和反应物的总能量、生成物的总能量之间的关系。【详解】(1)偏二甲肼(C2H8N2)作燃料，四氧化二氮作氧化剂，生成氮气和二氧化碳气体，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：C2H8N2+2N2O42CO2+3N2+4H2O；(2)该反应能提供飞船飞行所需的能量，说明此反应为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，断开化学键所吸收的总能量小于形成化学键放出的总能量。【点睛】本题考查了化学方程式的书写和反应吸、放热的判断的知识，应注意的是反应吸放反应还是放热反应取决于反应物和生成物的总能量的相对大小或断键吸收能量和成键放出能量的相对大小。29.为检验淀粉水解的情况，进行如图所示的实验，试管甲和丙均用6080的水浴加热56min，试管乙不加热。待试管甲中的溶液冷却后再进行后续实验。实验：取少量甲中溶液，加入新制氢氧化铜，加热，没有砖红色沉淀出现。实验：取少量乙中溶液，滴加几滴碘水，溶液变为蓝色，但取少量甲中溶液做此实验时，溶液不变蓝色。实验：取少量丙中溶液加入氢氧化钠溶液调节至碱性，再滴加碘水，溶液颜色无明显变化。(1)写出淀粉水解的化学方程式_。(2)设计甲和乙是为了探究_对淀粉水解的影响，设计甲和丙是为了探究_对淀粉水解的影响。(3)实验失败的原因是_。(4)实验中溶液颜色无明显变化的原因是_。【答案】 (1). (C6H10O5)n(淀粉)nH2OnC6H12O6(葡萄糖) (2). 温度 (3). 催化剂 (4). 没有加入碱中和作为催化剂的稀硫酸 (5). 氢氧化钠与碘反应了【解析】【分析】(1)淀粉在酸性环境下水解的最终产物是葡萄糖；(2)甲和乙温度为实验变量，所以是探究温度对淀粉水解的影响，甲和丙催化剂是变量，所以是探究催化剂对淀粉水解的影响；(3)淀粉水解后得到的溶液中含有稀硫酸，溶液呈酸性，反应须在碱性条件下进行；(4)氢氧化钠能与碘单质反应，生成碘化钠、次碘酸钠和水。【详解】(1)淀粉属于多糖，在酸性环境下水解的最终产物是葡萄糖，化学方程式为：(C6H10O5)n(淀粉)nH2OnC6H12O6(葡萄糖)；(2)试管甲和乙均用2g淀粉和20mL20%的稀硫酸，试管甲用6080的水浴加热56min，试管乙不加热，说明设计甲和乙是为了探究温度对淀粉水解的影响；试管丙用2g淀粉，与甲对比未用20mL20%的稀硫酸，试管甲和丙均用6080的水浴加热56min，说明设计甲和丙是为了探究催化剂对淀粉水解的影响；(3)淀粉水解后得到的溶液中含有稀硫酸，溶液呈酸性，反应必须在碱性条件下进行，因此淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，需加入一定量的NaOH中和稀H2SO4，使溶液呈现碱性，然后再加入新制Cu(OH)2悬浊液；(4)实验3中溶液的颜色无明显变化是因为：碘单质和氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、次碘酸钠和水，反应方程式为I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O。【点睛】本题考查物质的性质实验的设计的知识，把握有机物的性质、检验方法、溶液酸碱性及流程分析为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。30.实验小组用下列装置进行乙醇催化氧化的实验。已知：乙醛可被氧化为乙酸。(1)实验过程中铜网出现红色和黑色交替的现象，请写出相应的化学方程式_ 、_。(2)在不断鼓入空气的情况下，熄灭酒精灯，反应仍能继续进行，说明该乙醇催化反应是_ 反应。进一步研究表明，鼓入空气的速率与反应体系的温度关系曲线如图所示。试解释出现图中现象的原因_。(3)甲和乙两个水浴作用不相同。甲的作用是_；乙的作用是_。(4)若试管a中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还含有_。要除去该物质，可在混合液中加入_ (填写字母)。然后，再通过_(填实验操作名称)即可除去。A.氯化钠溶液 B.苯 C.碳酸氢钠溶液 D.四氯化碳【答案】 (1). 2Cu+O22CuO (2). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (3). 放热 (4). 流速过快的气体将体系中的热量带走 (5). 加热乙醇，便于乙醇的挥发 (6). 冷却，便于乙醛的收集 (7). 乙酸 (8). C (9). 蒸馏【解析】【分析】(1)乙醇的催化氧化反应实质是：金属铜被氧气氧化为氧化铜，氧化铜将乙醇氧化为乙醛，金属铜起催化剂作用；(2)反应放的热可以部分代替酒精灯