模块检测试卷(一)

/模块检测试卷(一)一、选择题(此题包括18小题,每题3分,共54分,每题只有一个选项符合题意)1．化学与生活、生产、环境等密切相关。以下说法错误的选项是()A．煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化B．棉、丝、毛、油脂都是天然有机高分子化合物C．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程D．海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法等答案B解析油脂不是天然有机高分子化合物,B错误。2．以下有关化学用语使用正确的选项是()A．次氯酸的结构式：H—Cl—OB．乙醇的结构简式：C2H6OC．硫离子的结构示意图：D．丙烷分子的球棍模型：答案D解析次氯酸的结构式为H—O—Cl,A错误；乙醇的结构简式为C2H5OH,C2H6O为乙醇的分子式,B错误；硫离子正确的结构示意图为,C错误；原子之间为单键,主链有3个碳原子,氢原子数为8个,符合丙烷的结构,D正确。3．以下各组中的性质比拟,正确的选项是()①酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4②最高正化合价：Cl＞N＞C③稳定性：HCl>HBr>HI④复原性：HCl＞HBrA．①②④ B．②③④C．①②③ D．全部都正确答案C解析①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,所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4,正确；②主族元素最外层电子数＝最高正价,氧无最高正价、氟无正价,所以最高正价：Cl＞N＞C,正确；③非金属性越强,氢化物的稳定性越强,那么稳定性：HCl＞HBr＞HI,正确；④非金属性越强,氢化物的复原性越弱,那么复原性：HCl＜HBr,错误。4．(2019·泰州月考)高温条件下,Al和Fe3O4反响生成Fe和Al2O3。以下说法正确的选项是()A．该反响过程中的能量变化如下图B．该反响条件下,Al的复原性弱于FeC．1molFe3O4参与反响转移8×6.02×1023个电子D．实验室进行该反响时常参加KClO3作催化剂答案C解析铝热反响属于放热反响,反响物的总能量大于生成物的总能量,图像不符,A错误；Al和Fe3O4反响生成Fe和Al2O3,Al作复原剂,Fe是复原产物,所以Al的复原性强于Fe,B错误；反响中Fe元素的化合价从＋eq\f(8,3)价降低到0价,所以反响中每消耗1molFe3O4转移8×6.02×1023个电子,C正确；铝热反响中氯酸钾受热分解生成氧气,反响中KClO3不是催化剂,D错误。5．(2019·大庆实验中学月考)关于同位素、同素异形体、同系物说法错误的选项是()A．同一种元素的同位素原子化学性质几乎相同,物理性质略有不同B．等物质的量的H2、D2、T2,在相同状况下的质量之比为1∶2∶3,体积之比为1∶2∶3C．金刚石、石墨与C60互称为同素异形体,O2、O3互称为同素异形体D．碳原子数不同的烷烃互为同系物答案B解析同一种元素的同位素原子,其核外电子数及最外层电子数相同,故化学性质几乎相同,因中子数不同,物理性质略有不同,A正确；H2、D2、T2的相对分子质量分别为2、4、6,所以,等物质的量的H2、D2、T2,在相同状况下的质量之比为1∶2∶3,体积之比为1∶1∶1,B不正确；金刚石、石墨与C60互称为同素异形体,O2、O3互称为同素异形体,C正确；分子中碳原子数不同的烷烃,其分子式必然不同,故其互为同系物,D正确。6．(2019·双鸭山市第一中学高一月考)苯乙烯()的结构或性质正确的选项是()A．不能使酸性KMnO4溶液褪色B．所有原子不可能共平面C．能使溴水褪色D．与HCl在一定条件下能发生加成反响,并只得到一种产物答案C解析苯乙烯结构中含有碳碳双键,能够被酸性KMnO4溶液氧化,使KMnO4溶液褪色,A选项错误；苯结构中12个原子共平面,乙烯中6个原子共平面,苯基和乙烯基通过C—C键相连,单键可以旋转,所以苯基和乙烯基可以共平面,B选项错误；苯乙烯结构中含有碳碳双键,能够与溴水发生加成反响而使溴水褪色,C选项正确；苯乙烯结构中的乙烯基上的两个碳原子不对称,与氯化氢发生加成反响时生成两种产物,D选项错误。7．(2019·大庆实验中学月考)以下说法正确的选项是()A．CaO＋H2O=Ca(OH)2可放出大量热,可利用该反响设计成原电池,把化学能转化为电能B．任何化学反响中的能量变化都表现为热量变化C．有化学键断裂一定发生化学反响D．灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触,铂丝继续保持红热,说明氨的氧化反响是放热反响答案D解析只有氧化复原反响在理论上才能设计成原电池,而反响CaO＋H2O=Ca(OH)2是非氧化复原反响,不可能设计成原电池,故A错误；任何化学反响都伴随着能量变化,但不一定都是热量变化,也可能是光能、电能等多种形式,故B错误；某些物质的溶解、电离,或状态的变化可能伴随着化学键的破坏,但没有发生化学反响,故C错误；氨气的催化氧化用灼热的铂丝作催化剂,由于是放热反响,所以铂丝保持红热,故D正确。8．(2019·漯河月考)括号内物质为杂质,以下除去杂质的方法不正确的选项是()A．乙酸乙酯(乙酸)：用NaOH溶液洗涤后,分液B．乙烷(乙烯)：用溴水洗气C．溴苯(溴)：用NaOH溶液洗涤后,分液D．乙醇(水)：用生石灰吸水后蒸馏答案A解析二者均与NaOH反响,不能除杂,应选饱和碳酸钠溶液、分液,故A项错误；乙烯与溴水反响,而乙烷不能,那么用溴水、洗气可别离,故B项正确；溴与NaOH反响后,与溴苯分层,然后分液可别离,故C项正确；水与CaO反响后,增大与乙醇的沸点差异,然后蒸馏可别离,故D项正确。9．被称之为“软电池〞的纸质电池,采用一个薄层纸片作为传导体,在其一边镀锌,而在其另一边镀二氧化锰,在纸内的离子“流过〞水和氧化锌组成的电解液,电池总反响为Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnO(OH)。以下说法正确的选项是()A．该电池的正极为锌B．该电池反响中二氧化锰起催化剂作用C．当0.1molZn完全溶解时,流经电解液的电子个数为1.204×1023D．电池正极反响式为MnO2＋e－＋H2O=MnO(OH)＋OH－答案D解析从电池反响可知,锌失去电子被氧化,所以锌是负极,A不正确；由电池反响可知,MnO2被复原,MnO2为正极,B不正确；电子经外电路从负极流向正极,不经过电解质溶液,－,D正确。10．一定温度下,一定体积的容器中发生反响：A(s)＋3B(g)2C(g)＋2D(g),以下描述中能说明该反响到达平衡的是()①A的质量不发生变化②单位时间内生成amolA,同时消耗2amolC③容器中的压强不再变化④混合气体的密度不再变化⑤n(A)∶n(B)∶n(C)∶n(D)＝1∶3∶2∶2⑥B的浓度不变A．②③⑤⑥ B．①③④⑥C．②④⑤ D．②③④答案B解析①A的质量不发生变化,说明正逆反响速率相等,反响达平衡状态,故正确；②单位时间内生成amolA,同时消耗2amolC,都表达的逆反响方向,故错误；③容器中的压强不再变化,说明气体的物质的量不变,反响达平衡状态,故正确；④混合气体的密度不再变化,说明气体的质量不变,反响达平衡状态,故正确；⑤达平衡状态时,n(A)∶n(B)∶n(C)∶n(D)可能等于1∶3∶2∶2,也可能不等于,与各物质的初始浓度及转化率有关,故错误；⑥B的浓度不变,说明正逆反响速率相等,反响达平衡状态,故正确。11．(2019·启东中学高一月考)以下有关金属的工业制法中,正确的选项是()A．以海水为原料制得精盐,再电解精盐的水溶液制取钠B．用海水、石灰乳等为原料,经一系列过程制得氧化镁,用H2复原氧化镁制得镁C．以铁矿石、焦炭、空气、石灰石等为原料,通过反响产生的CO在高温下复原铁矿石制得铁D．从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体,电解熔融的氯化铝得到铝答案C解析工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCleq\o(=,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑,而电解NaCl溶液：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑,得不到钠,A错误；镁的复原性比氢气的复原性强,不能用氢气复原氧化镁制取镁,工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2eq\o(=,\s\up7(电解))Mg＋Cl2↑,B错误；工业上常用CO在高温下复原铁矿石炼铁：3CO＋Fe2O3eq\o(=,\s\up7(高温))2Fe＋3CO2,制得铁,因为炼铁的矿石中含有一定量的二氧化硅,所以石灰石的作用是将二氧化硅等杂质转变为炉渣而除去,C正确；因为熔融状态下氯化铝不导电,所以从铝土矿中获得氧化铝再电解熔融的氧化铝来获取金属铝,D错误。12．一种有机物的分子式为C4H4,分子结构如下图,假设将该有机物与适量的氯气混合光照,那么生成的产物的种类共有()A．2种B．4种C．5种D．6种答案C解析图示结构为正四面体形结构,一卤代烃、二卤代烃、三卤代烃、四卤代烃各有一种。因为C4H4与Cl2在光照条件下发生取代反响,生成C4H3Cl、C4H2Cl2、C4HCl3、C4Cl4和HCl,由C4Cl4中的4个C原子构成正四面体知,C4H3Cl、C4H2Cl2、C4HCl3、C4Cl4的结构都只有一种,所以C4H4与Cl2发生取代反响生成的卤代烃的种类共有4种,加上无机物氯化氢,共有5种产物,C正确。13．(2019·绵阳高一段考)设NA为阿伏加德罗常数的数值。以下说法正确的选项是()A．标准状况下,78g苯中含有碳碳双键的数目是3NAB．18gD2O中含有10NA个质子C．28g聚乙烯中含有的原子数目为6NAD．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子答案C解析苯分子中的碳碳键为一种独特的化学键,不存在碳碳双键,选项A错误；D2O的质子数为10,M＝20g·mol－1,那么质子数为eq\f(18g,20g·mol－1)×10×NAmol－1＝9NA,选项B错误；聚乙烯的最简式为CH2,故28g聚乙烯中含有的CH2的物质的量为2mol,那么含6mol原子即6NA个,选项C正确；56g铁的物质的量为1mol,由于铁与浓硫酸能够发生钝化,阻止了反响的进行,无法计算反响生成二氧化硫的物质的量,选项D错误。14．(2019·枣庄八中月考)利用某些有机物的同分异构体间的转化可用来贮存热能,如原降冰片二烯(NBD)经太阳照射后转化成四环烷(Q)的反响：ΔH＝＋88.62kJ·mol－1,以下说法不正确的选项是()A．NBD、Q、甲苯三者互为同系物B．NBD、Q、甲苯三者是同分异构体C．92gNBD经太阳照射后完全转化为Q时需吸收88.62kJ热量D．NBD可开发为贮能材料答案A解析NBD、Q、甲苯三者互为同分异构体,A不正确,B正确；92gNBD的物质的量为1mol,由题中热化学方程式可知,1molNBD经太阳照射后完全转化为Q时需吸收88.62kJ热量,C正确；NBD可以储存太阳能转化为Q,当Q转化为NBD时,又可以释放能量,故NBD可开发为贮能材料,D正确。15．(2019·大庆第一中学高一段考)以下说法中正确的选项是()A．CH4和BCl3分子中所有原子的最外层都到达了8电子稳定结构B．Na2O2、NaClO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完全相同D．氯气与NaOH反响的过程中,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CH4分子中的H原子和BCl3分子中的B原子最外层都不能到达8电子稳定结构,所以A不正确；Na2O2分子中含有离子键和非极性共价键,而NaClO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,故B正确；Si与C都属第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,故C不正确；氯气与NaOH的反响过程中,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,所以D不正确。16．(2019·永州段考)以下实验操作和现象与结论的关系不相符的是()操作和现象结论A将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中,钠与乙醇反响要平缓得多乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼B在催化剂存在的条件下,石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中,溶液褪色石蜡油的分解产物中含有烯烃C向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸,产生无色气体不能证明氯元素的非金属性强于碳元素D向蔗糖溶液中参加稀硫酸,水浴加热一段时间后,再参加新制Cu(OH)2悬浊液,用酒精灯加热,未见砖红色沉淀蔗糖未水解答案D解析水、乙醇都可与钠反响生成氢气,根据生成氢气的剧烈程度可以比拟得出乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼,故A正确；在催化剂存在的条件下,石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中,溶液褪色,证明石蜡油的分解产物中含有烯烃,故B正确；向盛有Na2CO3固体的锥形瓶中滴加稀盐酸,产生无色气体,盐酸不是氯元素的最高价氧化物的水化物,不能证明氯元素的非金属性强于碳元素,故C正确；向蔗糖溶液中参加稀硫酸,水浴加热一段时间后,需要首先参加氢氧化钠中和催化剂——硫酸,再参加新制Cu(OH)2悬浊液,才能检验蔗糖是否水解,故D错误。17．对于密闭容器中的反响2SO3(g)O2(g)＋2SO2(g),在一定条件下n(SO3)和n(O2)随时间变化的关系如下图。以下表达正确的选项是()A．点c处反响到达平衡B．点b的正反响速率比点a的大C．点c的逆反响速率比点e的大D．点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(SO2)一样大答案D解析随着反响的进行,反响物的浓度不断减小,正反响速率不断减小,而生成物的浓度不断增大,逆反响速率不断增大,最后正逆反响速率相等,反响到达平衡,各物质浓度不再变化,D项正确；c点时n(SO3)和n(O2)相等,但反响未达平衡,逆反响速率还在继续增大,A、C项错误；a点的正反响速率大于b点的正反响速率,B项错误。18．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增,a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物,d为淡黄色的离子化合物,m为元素Y的单质,通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如下图。以下说法正确的选项是()A．原子半径：W＜X＜Y＜ZB．阴离子的复原性：Y＞WC．图中物质的转化过程均为氧化复原反响D．a一定只由W、X两种元素组成答案C解析短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增,a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物,d是淡黄色粉末,d为Na2O2,m为元素Y的单质,通常为无色无味的气体,m为O2,那么Y为O,a为烃,b、c分别为CO2、H2O,e、f分别为NaOH、碳酸钠,结合原子序数可知,W为H,X为C,Y为O,Z为Na,以此解答该题。同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,应为C＞O,A项错误；由NaH＋H2O=NaOH＋H2↑,可知H－失去电子,阴离子的复原性：Y＜W,B项错误；a燃烧生成水、二氧化碳,可为烃或烃的含氧衍生物,D项错误。二、非选择题(此题共4小题,共46分)19．(10分)A、B、C、D、E都为短周期元素,A原子失去一个电子后成为一个质子；C的－1价阴离子与氖原子具有相同的电子层结构；D在C的下一周期,D可与同周期的B形成BD2型离子化含物；E和C为同一周期元素,其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸。请根据以上信息答复以下问题。(1)B元素在元素周期表中的位置是______________。(2)A与E形成的最简单化合物的电子式为______________________________。(3)C的氢化物与D的氢化物的沸点相比拟：______________(用化学式表示,且用＞符号连接)。解释原因：____________________________________________________________________________________________________________________________。(4)E的氢化物与E的最高价氧化物对应水化物反响的生成物中含有的化学键有______________。(5)E的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与过量铁粉发生反响的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)第三周期ⅡA族(2)(3)HF＞HClHF分子间存在氢键(4)离子键和共价键(或离子键和极性键)3Fe＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O解析A、B、C、D、E都为短周期元素,A原子失去一个电子后成为一个质子,那么A是H元素；C的－1价阴离子与氖原子具有相同的电子层结构,那么C是F元素；D在C的下一周期,D可与同周期的B形成BD2型离子化含物,那么B是Mg元素,D是Cl元素；E和C为同一周期元素,其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸,那么E是N元素。(3)在HF分子之间存在氢键,增加了分子之间的作用力,所以其熔沸点比HCl高。(4)E的氢化物NH3与E的最高价氧化物对应的水化物HNO3反响的生成物NH4NO3中含有离子键和共价键或离子键和极性键。(5)E的最高价氧化物对应的水化物HNO3的稀溶液与过量铁粉发生反响生成硝酸亚铁、一氧化氮和水,反响的离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O。20．(14分)乙烯在一定条件下能发生以下转化：请根据上图答复：(1)反响①②的反响类型依次是__________________________________________、__________________。(2)物质A、C中所含官能团的名称依次是____________、____________。(3)分别写出②④反响的化学方程式(有机物用结构简式表示)：_____________________、________________________________________________________________________。(4)乙烯在一定条件下能发生聚合反响得到高分子化合物,所得产物的结构简式为____________。答案(1)加成反响氧化反响(2)羟基羧基(3)2CH3CH2OH＋O2eq\o(→,\s\up7(Cu),\s\do5(△))2CH3CHO＋2H2OCH3CH2OH＋CH3COOHeq\o(,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(△))CH3COOCH2CH3＋H2O(4)CH2—CH2解析乙烯反响得到A,A经过一系列反响得到C,且A与C反响生成乙酸乙酯,那么A为乙醇,B为乙醛,C为乙酸。(1)反响①是乙烯与水发生加成反响生成乙醇,反响②是乙醇发生氧化反响生成乙醛。(3)反响②是乙醇氧化生成乙醛,化学反响方程式为2CH3CH2OH＋O2eq\o(→,\s\up7(Cu),\s\do5(△))2CH3CHO＋2H2O,反响④是乙醇与乙酸发生酯化反响生成乙酸乙酯,反响化学方程式为CH3CH2OH＋CH3COOHeq\o(,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(△))CH3COOCH2CH3＋H2O。(4)乙烯在一定条件下能发生聚合反响生成聚乙烯,其结构简式为CH2—CH2。21．(10分)(2019·宁夏育才中学高一期中)观察以下图A、B、C三个装置,答复以下问题：(1)把一块纯洁的锌片插入装有稀硫酸的烧杯中,可观察到锌片上有气泡,再平行插入一碳棒,可观察到碳棒上________(填“有〞或“没有〞)气泡产生。用导线把锌片和碳棒连接起来组成一个原电池(图A),正极的反响式为______________________。(2)如果烧杯中最初装入的是500mL2mol·L－1硫酸溶液,构成铜锌原电池(图B,假设产生的气体没有损失),当收集到11.2L(标准状况下)H2时,溶液体积变化忽略不计,那么烧杯内溶液中溶质及其物质的量浓度为________。(3)如果电极材料分别是铁片和石墨并进行连接,插入氯化钠溶液中(图C),放置数天后,铁片生锈。负极反响式为______________________。(4)将铜粉末用10%H2O2和3.0mol·L－1的H2SO4混合溶液处理,测得不同温度下铜的平均溶解速率如下表：温度(℃)20304050607080铜的平均溶解速率(×10－3mol·min－1)7.348.019.257.987.246.735.76由表中数据可知,当温度高于40℃时,铜的平均溶解速率随着温度的升高而下降,其主要原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)没有2H＋＋2e－=H2↑(2)c(H2SO4)＝1mol·L－1,c(ZnSO4)＝1mol·L－1(3)Fe－2e－=Fe2＋(4)温度越高,H2O2越容易分解(或其他合理答案)解析(2)根据正极反响：2H＋＋2e－=H2↑,当在标准状况下收集到11.2L即0.5mol的氢气时,转移电子是1mol,减少的氢离子为1mol,所以剩余的硫酸的量为0.5mol,其浓度为1mol·L－1；负极上的电极反响式为Zn－2e－=Zn2＋,当转移电子1mol时,生成锌离子的物质的量为0.5mol,所以c(ZnSO4)＝1mol·L－1。(3)铁片、石墨和氯化钠溶液构成的原电池中,负极是铁失电子变为亚铁离子,发生氧化反响,电极反响为Fe－2e－=Fe2＋。(4)双氧水具有强氧化性和不稳定性,温度太高,双氧水易发生分解,氧化能力降低,铜的平均溶解速率随着温度的升高而下降,因此要控制反响的温度不能过高。22．(12分)合理利用资源,加强环境保护,降低碳排放,实施低碳经济是今后经济生活主流。答复以下问题：(1)以下措施不利于有效减少二氧化碳的是________(填字母)。a．植树造林,保护森林,保护植被b．加大对煤和石油的开采,并鼓励使用液化石油气c．大力开展风能、水力、潮汐能发电和核电,大力推行太阳能的综合开发d．推广使用节能灯和节能电器,使用空调时夏季温度不宜设置过低,冬天不