黑龙江省青冈县一中2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）

黑龙江省青冈县一中2020学年高一下学期期末考试化学试卷可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Cu 64 Fe 56 Zn 65 Br 80 Ag 108 I 127 Ba 137本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，第卷共60分，第卷共40分，满分100分，考试时间为90分钟。第卷 选择题（60分）一、选择题( 本题有30个小题，每小题只有1个选项正确，每小题2分，共60分。)1. 化学与生活、生产科技密切相关。下列说法错误的是 （ ）A. 单质硅可用于制取通信芯片B. 天工开物中描述:“世间丝、麻、袭、褐皆具素质文中的丝、麻主要成分是蛋白质C. 航母上拦阻索中的钢丝属于金属材料D. 工业生产玻璃、水泥、漂白粉，均需要用石灰石为原料【答案】B【解析】A.单晶硅作为半导体主要用途之一就是制作芯片，故A正确；B.丝的主要成分是蛋白质，麻的主要成分是纤维素，故B错误；C.钢丝为铁合金属于金属材料。故C正确；D.石灰石是主要的建筑材料，生产玻璃、水泥、漂白粉都作为原料，故D正确；本题选B。2. 下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是 （ ）A. 用装置甲灼烧碎海带 B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I的Cl2 D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I后的Cl2尾气【答案】B【解析】分析：A项，灼烧碎海带应用坩埚；B项，海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I-的溶液；C项，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热；D项，尾气Cl2应用NaOH溶液吸收。详解：A项，灼烧碎海带应用坩埚，A项错误；B项，海带灰的浸泡液用过滤法分离获得含I-的溶液，B项正确；C项，MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，C项错误；D项，Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2应用NaOH溶液吸收，D项错误；答案选B。点睛：本题以从海带中提取碘为载体，考查基本实验操作、Cl2的实验室制备，解答时要明确实验的目的、分析必需的试剂和仪器、合理的装置和实验条件的控制。3. 若NA表示阿伏加德罗常数,则下列说法不正确的是 （ ）A. 23g 钠在空气中充分燃烧,转移的电子数为NAB. 50ml 12mol/L的盐酸与足量的MnO2共热,充分反应后,转移电子数为0.3NAC. 0.6mol过氧化钠晶体中所含阴离子的数目为0.6NAD. 常温常压下,8.8gN2O 和CO2混合气体所含的原子总数为0.6NA【答案】B【解析】A、1molNa1molNa，失去1mol电子，23g金属钠失去电子物质的量为231/23mol=1mol，故A说法正确；B、MnO2只跟浓盐酸反应，因为MnO2是过量的，随着反应的进行，盐酸浓度降低，到达某一浓度，反应将会停止，根据信息，无法计算转移电子物质的量，故B说法错误；C、过氧化钠的电子式为：，1molNa2O2中含有阴离子物质的量为1mol，即0.6mol过氧化钠中含有阴离子物质的量为0.6mol，故C说法正确；D、N2O和CO2摩尔质量都为44gmol1，且等物质的量的两种物质中含有原子物质的量相等，即8.8g混合气体中含有原子物质的量为8.83/44mol=0.6mol，故D说法正确。点睛：本题的易错点是选项B和选项C，选项B学生常常忽略MnO2只跟浓盐酸反应，不与稀盐酸反应，随着反应进行盐酸浓度降低，反应停止，如果MnO2是少量，盐酸是过量或足量，这样就可以根据MnO2计算Cl2，或转移电子物质的量，选项C，学生常常只注意到Na2O2中氧原子的右下标是2，认为1molNa2O2中含有2mol阴离子，进行判断，解决此类题应注意过氧化钠的电子式，通过电子式进行判断和分析；解决阿伏加德罗常数的问题要求学生基本功扎实。4. 用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）。其中正确的是（ ）选项气体abcdACO2盐酸CaCO3饱和Na2CO3溶液浓硫酸BCl2浓盐酸MnO2NaOH溶液浓硫酸CNH3饱和NH4Cl溶液消石灰H2O固体NaOHDNO稀硝酸铜屑H2O浓硫酸A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、用CaCO3和盐酸反应制取CO2，由于盐酸具有挥发性，所以CO2中含有HCl和H2O(g)；先除HCl，再用浓硫酸干燥气体；但是不能用饱和Na2CO3溶液除CO2中的HCl，因为CO2与Na2CO3反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），c装置中应改成饱和NaHCO3溶液，故A错误。B、用MnO2和浓盐酸在加热的条件下制取Cl2，同样Cl2中含有HCl和H2O(g)，先除HCl，再用浓硫酸干燥；但除Cl2中的HCl不能用NaOH溶液，因为Cl2也与NaOH反应，c装置中应改用饱和食盐水，故B错误。C、向消石灰中滴加饱和NH4Cl溶液，消石灰遇水放热，NH4+与OH反应放出NH3，c装置中不能装水，因为NH3极易溶于水且可能发生倒吸，故C错误。D、铜与稀硝酸反应产生NO，部分NO与装置中原有的空气反应生成NO2，气体进入c装置，水能将NO2转化为NO；d中的浓硫酸起干燥作用，故D正确。点睛：实验室一般用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在试管中加热制NH3。若用本题中装置制取氨气，也可以在a中加入浓氨水，b中装NaOH固体（或生石灰、碱石灰）；制取的NH3中含H2O(g)，将气体通过装有碱石灰的干燥管即可得纯净的氨气。5. 在c(Ca2+)=0.1molL-1的新制漂白粉的溶液中，下列各组离子能大量共存的是 （ ）A. Na+、K+、CO32-、NO3- B. Na+、K+、SO32-、OH-C. K+、Na+、NO3-、CH3COO- D. H+、NH4+、NO3-、SO42-【答案】C【解析】在c(Ca2+)=0.1molL-1的新制漂白粉的溶液中含有大量的氯离子和次氯酸根离子。A. Ca2+与CO32-能够反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故A错误；B.次氯酸根离子能够将SO32-氧化，不能大量共存，故B错误；C. K+、Na+、NO3-、CH3COO-与钙离子、氯离子和次氯酸根离子都不能反应，能够大量共存，故C正确；D. 钙离子与SO42-能够反应生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，故D错误；故选C。6. 将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 没有沉淀产生的是 （ ）A. NH3 B. HCl C. Cl2 D. NO2【答案】B【解析】试题分析：溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸不与氯化钡反应，故没有沉淀产生。A.将NH3通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，NH3溶于水得到显碱性的氨水，亚硫酸与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵可以与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀； B.将HCl通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，既不能发生复分解反应，也不能发生氧化还原反应，没有沉淀产生；C.将Cl2通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，氯气可以把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀；D.将NO2通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中，NO2在水中（NO2有强氧化性，NO2与水反应生成的硝酸也有强氧化性）可以把亚硫酸氧化为硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀。综上所述，B符合题意，本题选B。7. 将NH3 通过灼热的CuO，发现生成一种红色的单质和一种气体单质，这种气体单质是（ ）A. O2 B. H2 C. N2 D. NO【答案】C【解析】将NH3 通过灼热的CuO，发现生成一种红色的单质和一种气体单质，红色的单质为铜，铜元素的化合价降低，根据氧化还原反应的规律和质量守恒，N或H元素的化合价升高，气体单质只能为氮气，故选C。8. 下列现象或事实能够用相同的原理解释的是 （ ）A. NaOH、FeSO4在空气中放置变质 B. 氯水、AgI密封保存在棕色试剂瓶中C. 乙烯使溴水和酸性KMnO4溶液褪色 D. 常温下浓硝酸不能溶解Al和Au【答案】B【解析】NaOH吸收二氧化碳变质、FeSO4被氧气氧化变质，故A错误；氯水中的次氯酸、AgI见光分解，所以需要密封保存在棕色试剂瓶中，故B正确；乙烯与溴水发生加成反应而褪色、乙烯与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而褪色，故C错误；常温下浓硝酸不能溶解Al是因为铝钝化，常温下浓硝酸不能溶解Au，是因为Au是极不活泼金属，故D错误。9. 用化学用语表示 NH3+ HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是 （ ）A. 中子数为8 的氮原子： B. HCl 的电子式：C. NH3的结构式： D. Cl的结构示意图：【答案】C【解析】分析：A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。详解：A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl的结构示意图为，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。10. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的常见短周期元素，X的某种氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝Y的一种核素质量数为18，中子数为10在同周期元素中Z的简单离子半径最小，W的单质是良好的半导体材料。下列说法中正确的是 （ ）A. 简单气态氢化物稳定性：W XB. Y元素的相对原子质量为18C. X2H4的分子中极性键和非极性键数目比为4：lD. 电解Z的熔融氯化物可以冶炼单质Z【答案】C详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是N、O、Al、Si。则A. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属NSi，则简单气态氢化物稳定性：WX，A错误；B. 氧元素存在同位素，则氧元素的相对原子质量不是18，B错误；C. N2H4的电子式为，因此分子中极性键和非极性键数目比为4：l，C正确；D. 铝是活泼的金属，电解熔融的氧化铝可以冶炼单质Al，熔融的氯化铝不导电，D错误；答案选C。11. 下列实验方案、现象和结论都合理的是（ ）实验目的实验方案、现象结论A检验溶液中有无NH4+用试管取少量的待检测溶液，加入少量的稀NaOH溶液，用一块湿润的红色石蕊试纸放在试管口若试纸变蓝，则有NH4+，否则无NH4+B检验溶液中有无K+用洁净的铂丝蘸取待测液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液中一定无K+C检验溶液中有无SO42-用试管取少量的待检测溶液，加入稀盐酸无现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀原溶液中有SO42-D检验淀粉水解产物有无还原性用试管取少量的淀粉溶液加入适量的稀硫酸，加热一段时间后，加入少量的新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，产生大量的砖红色沉淀水解产物有还原性A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A. 因氨气极易溶于水，向待测液中加入稀NaOH溶液，即使溶液中含有NH4+，也很难生成氨气，应向待测液中加入浓NaOH溶液并加热才能检验，故A错误；B. 观察K+的焰色反应时，需要透过蓝色的钴玻璃滤去黄光，而在实验中并没有透过蓝色的钴玻璃观察，所以不能确定是否含有K+，故B错误；C. 检验溶液中是否含有SO42-，采取的方法是：用试管取少量待测液，加入稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2 溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中含有SO42-，故C正确；D. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验醛基必须在碱性环境下进行，因此应先用过量的NaOH溶液除去稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液进行检验，故D错误；答案选C。12. 将43.8gAl、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为 （ ）A. 39.2g B. 44.8g C. 58.8g D. 66.4g【答案】C【解析】合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.32/3=0.2mol，故金属铝的质量为0.227=5.4 g ，金属铝提供电子的量是0.6 mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+ 、 Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.443/22.4=1.8 mol 故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2 mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH-)=1.2 mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.217=58.8 g ；C正确；正确选项C。13. 下列事实不能用元素周期律解释的 （ ）A. 碱性：NaOHAl(OH)3 B. 相对原子质量：ArKC. 酸性：HClO4HIO4 D. 稳定性：HFHCl【答案】B【解析】分析：A.金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强；B.相对原子质量与元素周期律没有关系；C.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；D.非金属性越强，氢化物越稳定。详解：A. 金属性NaAl，则根据元素周期律可知碱性：NaOHAl(OH)3，A不符合；B. 元素的相对原子质量是该元素各种核素原子的相对原子质量与其在自然界中所占原子个数百分比的乘积之和，因此相对原子质量的大小与元素周期律没有关系，B符合题意；C. 非金属性ClI，则根据元素周期律可知酸性：HClO4HIO4，C不符合；D. 非金属性FCl，则根据元素周期律可知稳定性：HFHCl，D不符合。答案选B。14. 下列物质乙烯，乙醇，丙烷，苯，在一定条件下可以发生加成反应的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】一定条件下，乙烯可以与氢气加成，乙醇中不存在不饱和键，不能发生加成反应，丙烷中不存在不饱和键，不能发生加成反应，苯能够与氢气发生加成反应，故选A。15. 下列说法正确的是 （ ）A. 甲基环已烷一氯代物有4种B. 乙二醇与丙三醇互为同系物C. 蛋白质是仅由碳、氢、氧元索组成的物质D. 苯的邻二元取代物只有一种,可以证明苯分子中没有单、双键交替结构【答案】D16. 下列物质中苯甲苯苯乙烯乙烷乙烯，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色也能使溴水因反应而褪色的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】苯均不能使酸性高锰酸钾溶液、使溴水因反应而褪色，故不选；聚丙烯中不含碳碳双键，均不能使酸性高锰酸钾溶液、使溴水因反应而褪色，故不选；甲苯，为苯的同系物，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而不能使溴水因反应而褪色，故不选；苯乙烯中含碳碳双键，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，故选；乙烷为烷烃，不能使酸性高锰酸钾溶液、使溴水因反应而褪色，故不选；乙烯为烯烃，含有碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色也能使溴水褪色，故选；故选C。点睛：把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、炔烃、烷烃及苯的同系物性质的考查。既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，则为烯烃或炔烃类有机物。不同的易错点为，要注意苯分子结构中不存在碳碳双键。17. 下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是 （ ）A. 光照甲烷与氯气的混合物；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中水浴加热；乙烯与水蒸气在一定条件下反应生成乙醇D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯使溴水褪色【答案】C【解析】试题分析：A甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代物，属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，高锰酸钾和乙烯发生了氧化反应的结果，A项错误；B乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烯，使得溴的四氯化碳溶液褪色，属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷，属于加成反应，B项错误；C在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，C项正确；D苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，不是加成反应，是萃取；乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烯，溴水褪色，属于加成反应，D项错误；答案选C。【考点定位】考查加成反应和取代反应。【名师点睛】本题考查加成反应和取代反应。对于常见烃的反应类型的判断总结如下：（1）碳碳单键化学性质稳定，典型反应是取代反应。（2）碳碳双键中有一个化学键易断裂，典型反应是氧化反应、加成反应和加聚反应。（3）碳碳叁键中有两个化学键易断裂，典型反应是氧化反应、加成反应和加聚反应。（4）苯的同系物支链易被酸性高猛酸钾溶液氧化，是因为苯环对取代基的影响；而苯不能被酸性高猛酸钾溶液氧化。18. 乙烷中混有少量乙烯气体，欲除去乙烯并得到纯净干燥的乙烷气体，选用的试剂最好是（ ）A. 氢氧化钠溶液，浓硫酸 B. 酸性高锰酸钾溶液，浓硫酸C. 溴水，浓硫酸 D. 饱和碳酸钠溶液，浓硫酸【答案】C【解析】乙烷中混有少量乙烯气体，欲除去乙烯并得到纯净干燥的乙烷气体，选用的试剂最好是A. 氢氧化钠溶液、浓硫酸均与乙烯不反应，A错误；B. 酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化为二氧化碳，引入新杂质，B错误；C. 溴水与乙烯发生加成反应，浓硫酸干燥乙烷，C正确；D. 饱和碳酸钠溶液、浓硫酸均与乙烯不反应，D错误；答案选C。19. 下列说就正确的是 （ ）A. 甲苯的一氯代物有3种 B. 乙烯通入溴的CCl4溶液中，发生加成反应C. 乙醇不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 可以用NaOH溶被来分离乙酸和乙酸乙酯【答案】B【解析】A. 甲苯的一氯代物有4种，A不正确；B. 乙烯通入溴的CCl4溶液中，发生加成反应，B正确；C. 乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C不正确；D. 可以用饱和碳酸钠溶被来分离乙酸和乙酸乙酯，氢氧化钠可以促进乙酯乙酯水解，故氢氧化钠不能用于分离它们，D不正确。本题选B。20. 下列用水就能鉴别的一组物质是（ ）A. 苯、己烷、四氯化碳 B. 苯、乙醇、四氯化碳C. 硝基苯、乙醇、四氯化碳 D. 溴苯、乙醇、乙酸【答案】B【解析】苯、己烷、四氯化碳都不溶于水，但是苯和己烷密度比水小，故这两种物质用水不能鉴别出来，A项错误；苯、乙醇、四氯化碳可以用水来鉴别，因为乙醇与水互溶，而苯和四氯化碳与水分层，苯的密度比水小，苯在上层，四氯化碳的密度比水大，而四氯化碳在下层，B项正确；硝基苯、乙醇、四氯化碳中，硝基苯和四氯化碳的密度都比水大，且不溶于水，故不能用水来鉴别，C项错误；乙醇和乙酸都跟水互溶，故不能用水来鉴别，D项错误。点睛：考查物质的鉴别。鉴别物质时一般首先考虑物理性质，然后再考虑化学性质。本题是利用了物质的溶解性和密度进行鉴别。21. 欲除去下列物质中混入的少量杂质（括号内物质为杂质），能达到目的的是（ ）A. 乙醇(乙酸)：加入新制生石灰，蒸馏B. 苯(溴)：加入氢氧化钠溶液，过滤C. 乙醇（水）：加入金属钠，充分振荡静置后，分液D. 乙烷(乙烯)：通入酸性高锰酸钾溶液，洗气【答案】A【解析】A项，乙酸与生石灰反应生成乙酸钙属于盐，乙醇沸点低，通过蒸馏使乙醇变为气态与乙酸钙分离，故A正确；B项，溴单质可与氢氧化钠溶液反应，苯常温下为液态，与氢氧化钠溶液不反应且难溶于水，所以除去苯中的溴可先加入氢氧化钠溶液，再分液，故B错误；C项，金属钠与水和乙醇都反应，所以不能用金属钠除去乙醇中的水，故C错误；D项，乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化会有CO2生成，使乙烷中混入新杂质，所以不能用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中的乙烯，故D错误。点睛：本题考查物质的分离和提纯，注意根据除杂质的原则判断：所选除杂剂只能和杂质反应，不能和原物质反应；除去杂质的同时不能引入新杂质；通常把杂质转化为可溶物、沉淀或气体等便于和原物质分离的状态。题中C项，可加入生石灰然后蒸馏，因为生石灰与水反应生成氢氧化钙，蒸馏时可得到较纯净的乙醇；D项，可将混合气体通过溴水，除去乙烷中的乙烯。22. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）A. 1mol甲基(CH3-)所含的电子数为10NAB. 46g由NO2和N2O4组成的混合气体中，含有的原子总数为3NAC. 常温常压下，1mol分子式为C2H6O的有机物中，含有C-O键的数目为NAD. 标准状况下22.4L四氯化碳中含有C-Cl键的数目为4NA【答案】B【解析】A、1mol甲基中含有电子的物质的量为9mol，故A错误；B、N2O4看作是NO2，因此含有原子的物质的量为463/46mol=3mol，故B正确；C、如果是乙醇，即结构简式为CH3CH2OH，含有CO键物质的量为1mol，如果是醚，其结构简式为CH3OCH3，含有CO键的物质的量为2mol，故C错误；D、四氯化碳标准状况下不是气体，因此不能用22.4Lmol1，故D错误。23. 分子式为C5H10O2且可NaHCO3溶液反应生成CO2的有机化合物有（不含立体异构）（ ）A. 4种 B. 6种 C. 7种 D. 9种【答案】A【解析】能与NaHCO3反应生成CO2，说明含有羧基，先写出5个碳原子的碳链形式：CCCCC、，羧基只能在碳端，因此有4种结构，故选项A正确。24. 下列对有机物的认识正确的是（ ）A. 油脂的水解反应又叫皂化反应B. 乙醇发生氧化反应生成乙酸，乙酸和乙醇发生取代反应生成乙酸乙酯C. 分子式为C5H12O的醇类有5种结构D. 有机物甲的分子式为C3H6，则甲与乙烯（C2H4）互为同系物【答案】B【解析】A. 油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应，在酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故A错误；B. 乙醇发生氧化反应生成乙酸的反应属于氧化反应，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应属于取代反应，故B正确；C. C5H11有8种结构，分子式为C5H12O的醇类有8种结构，故C错误；D. C3H6可能为环丙烷，与乙烯结构不相似，不属于同系物，故D错误；故选B。25. 葡萄酸的结构简式为。下列有关葡萄酸说法不正确的是（ ）A. 葡萄酸能发生取代反应B. 葡萄酸既能与乙醇发生酯化反应，也能与乙酸发生酯化反应C. 葡萄酸能与Na和NaOH反应D. 葡萄酸能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】D【解析】A、葡萄酸中含有羟基，能与羧基发生酯化反应，即取代反应，故A说法正确；B、葡萄酸中含有羟基和羧基，因此能与乙醇或乙酸发生酯化反应，故B说法正确；C、葡萄酸中含有羟基和羧基，能与金属钠发生反应生成氢气，羧基显酸性，与氢氧化钠发生中和反应，故C说法正确；D、葡萄酸中不含碳碳双键或叁键，不能与溴的四氯化碳发生加成反应，故D说法错误。26. 下列五种烃：异戊烷、新戊烷、正戊烷、丙烷、丁烷，按它们的沸点由高到低的顺序排列正确的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：根据烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，同分异构体中支链越多，沸点越低，据此分析。详解：由烷烃中碳原子个数越多，沸点越大，则沸点丙烷丁烷戊烷，同分异构体中支链越多，沸点越低，则正戊烷异戊烷新戊烷，则沸点由高到低的顺序为：。答案选D。27. 下列冶炼金属的方法错误的是 （ ）A. 加热分解制金属Hg B. 高温下用CO还原赤铁矿炼铁C. 电解溶液制金属Na D. Fe和溶液湿法炼铜【答案】C【解析】A. Hg是不活泼的金属，加热分解HgO制金属Hg，A正确；B. 高温下用CO还原赤铁矿炼铁，B正确；C. 电解熔融的氯化钠制金属Na，C错误；D. Fe和硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，属于湿法炼铜，D正确，答案选C。28. 糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是()A. 植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色B. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖C. 葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D. 蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水【答案】B【解析】试题分析：A植物油高级脂肪酸烃基含有C=C官能团，能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B淀粉水解最终产物为单糖，即葡萄糖，故B正确；C葡萄糖为单糖，不能发生水解，故C错误；D硫酸铜属于重金属盐，蛋白质遇重金属盐发生变性，变性是不可逆过程，故D错误；故选B。考点：基本营养物质29. 某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的叙述正确的是（ ）A. 该有机物的分子式为C11H14O3B. 该有机物可能易溶于水且具有水果香味C. 该有机物可能发生的化学反应类型有：水解、酯化、氧化、取代D. 1mol该有机物在Ni作催化剂的条件下能与4molH2发生加成反应【答案】D【解析】试题分析：A、根据有机物成键特点，有机物的分子式为C11H12O3，故错误；B、具有水果香味的是酯，但是此有机物结构简式中无酯的结构，故错误；C、含有官能团是碳碳双键、羧基、羟基，发生的化学反应类型有加成、加聚、取代、酯化、氧化等，故错误；D、能和氢气发生加成反应的有碳碳双键和苯环，1mol该物质中含有1mol碳碳双键和1mol苯环，碳碳双键需要1molH2，苯环需要3molH2，共需要4molH2，故正确。考点：考查官能团的性质、有机物分子式等知识。30. 相同状况下，1molCH3COOH分别与1molC2H518OH和1molC2H516OH发生酯化反应，两者生成水的质量 （ ）A. 前者大 B. 后者大 C. 相等 D. 不能判断【答案】C【解析】试题分析：1molCH3COOH分别与1mol C2H518OH和1molC2H516OH发生酯化反应，发生CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，CH3COOH+C2H516OHCH3CO16OC2H5+H2O，则1molCH3COOH反应时生成水的物质的量相同，所以水的质量相同，故选C。考点：考查酯化反应及方程式的计算。第卷 非选择题(40分)二、填空题：31. I.写出下列反应的化学方程式，并指出反应类型：（1）用乙烯制备聚乙烯：_；反应类型_。（2）乙醇在加热有铜作催化剂的条件下反应：_；反应类型_。（3）乙酸乙酯在稀硫酸加热条件下水解：_；反应类型_。II.现有下列五种有机物：CH4、CH2CH2、CH3CH2OH、 CH3 CH2CH2 CH3 、CH3COOH。请回答：（1）写出的官能团的名称_。（2）与互为同系物的是_（填序号）。（3）写出 的同分异构体的结构简式_。【答案】 (1). nCH2=CH2 (2). 加聚反应 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). 氧化反应 (5). CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+ CH3CH2OH (6). 取代反应 (7). 羧基 (8). (9). CH3 CH （CH3 ）CH3【解析】I.（1）乙烯发生加成聚合反应可以制备聚乙烯，反应为：nCH2=CH2，属于加聚反应；（2）乙醇在加热有铜作催化剂的条件下反应生成乙醛和水，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应类型氧化反应；（3）乙酸乙酯在稀硫酸加热条件下水解生成乙酸和乙醇，反应方程式为：CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+ CH3CH2OH；反应类型取代反应；II.（1）为CH3COOH，属于羧酸，其官能团的名称为羧基；（2）与（甲烷属于烷烃）互为同系物的是CH3CH2CH2CH3（丁烷也属于烷烃）；（3） 的同分异构体有异丁烷，其结构简式为CH3CH（CH3）CH3。三、推断题：32. 下表是元素周期表的一部分，针对表中的种元素，填写下列空白：（1）在这些元素中，化学性质最不活泼的是_（填元素符号，下同）。（2）从到的元素中，非金属性最强的是_（3）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是_，碱性最强的化合物的电子式是_。（4）最高价氧化物是两性氧化物的元素是_；写出它的最高价氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式_。（5）用结构式表示元素与形成的一种可溶于水的化合物_ 。（6）写出元素的单质与水反应的化学方程式_。（7）写出元素的单质和元素最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式_。【答案】 (1). Ar (2). O (3). HClO4 (4). (5). Al (6). Al2O3+ 2OH=2AlO2+H2O (7). O=C=O (8). 2Na+2H2O=2NaOH+H2 (9). C+2H2SO4(浓) =CO22SO22H2O【解析】分析：根据元素在周期表中的分布，可以推知是C，是N，是O，是Na，是Al，是S，是Cl，是Ar，是K。详解：根据以上分析可知，（1）在这些元素中，化学性质最稳定的是稀有气体Ar；（2）同周期从左到右非金属性减弱，故从到的元素中，非金属性最强的是O；（3）根据元素周期律：同周期元素的原子，从左到右最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱，同主族元素的原子，从下到上最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱可以推知酸性最强的式是HClO4，碱性最强的是KOH，其电子式为；（4）氢氧化铝是两性氢氧化物，所以最高价氧化物是两性氧化物的元素是Al，它的最高价氧化物与氢氧化钠反应的离子方程式为：Al2O3+ 2OH=2AlO2+H2O；（5）与形成的一种可溶于水的化合物为CO2，二氧化碳是碳原子和氧原子间通过极性共价键形成的共价化合物，结构式为：O=C=O；（6）元素的单质钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2；（7）元素的单质C和元素最高价氧化物对应水化物H2SO4的浓溶液反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) =CO22SO22H2O。四、实验题：33. 利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下：（1）提取溴的过程中，经过2次转化的目的是_，吸收塔中发生反应的离子方程式是_，蒸馏塔中发生反应的离子方程式是_。（2）从溶液中得到晶体的主要操作是_、_、过滤、洗涤、干燥。由无水氯化镁得到镁的化学方程式是_。（3）据上述流程，将海水中溴元素（海水中离子含量为）转化为工业溴，整个流程中至少需要标准状况下的体积为_L（忽略溶解）。【答案】 (1). 对溴元素进行富集 (2). (3). (4). 加