河南省洛阳市宜阳一高2024-2025学年高一化学下学期入学考试试题尖子班含解析

PAGE27-河南省洛阳市宜阳一高2024-2025学年高一化学下学期入学考试试题（尖子班，含解析）第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题2分，共50分)1.应用元素周期律分析下列推断正确的组合是（）①碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低②砹（At）是第ⅦA族元素，其氢化物的稳定性大于HCl③硫与硒（Se）同主族，硒（Se）的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱④第2周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性⑤第3周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱A.①③④ B.①③⑤ C.③④⑤ D.②④⑤【答案】B【解析】【详解】①碱金属的原子序数越大，金属键的作用力越小，则碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低，故①正确；②非金属性越强，对应氢化物越稳定，砹(At)是ⅦA族元素，从上向下非金属性减弱，则HAt的稳定性小于HCl，故②错误；③硫与硒(Se)同主族，但Se的非金属性比S弱，则硒(Se)的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故③正确；④氨气溶于水显碱性，且甲烷不溶于水，故④错误；⑤同周期从左向右金属性减弱，对应最高价氧化物的水化物的碱性降低，则第3周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱，故⑤正确；①③⑤正确，故答案为B。2.阴离子Xn—含中子N个，X的质量数为A，则mgX元素的气态氢化物中含质子的物质的量是()A.(n—N)mol B.（n+N）mol C.（A-N+n）mol D.(m+n)mol【答案】C【解析】【详解】阴离子Xn-含中子N个，X的质量数为A，所以X的质子数为A-N，由阴离子Xn-可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，所以1个HnX分子中含有的质子数为A-N+n，

氢化物HnX的摩尔质量为(A+n)g/mol，mgX元素的气态氢化物中含质子的物质的量×(A-N+n)=(A-N+n)mol，故答案为C。3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简洁氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，Y的原子半径是全部短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气味气体产生。下列说法正确的是A.W、X、Y、Z的简洁离子的半径依次增大B.X的简洁氢化物的热稳定性比W的强C.析出的黄色沉淀易溶于乙醇D.X与Z属于同一主族，X与Y属于同一周期【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简洁氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，W为N；Y的原子半径是全部短周期主族元素中最大的，Y为Na；由X、Y、Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，盐为Na2S2O3，结合原子序数可知，X为O，Z为S，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S。A.S2-有3个电子层，O2-、Na+、N3-具有2个电子层，由于离子的电子层数越多，离子半径越大，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，所以简洁离子的半径由大到小的依次是Z>W>X>Y，A错误；B.同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，其相应氢化物的稳定性就越强；由于元素的非金属性X>W，所以简洁氢化物的热稳定性X>W，B正确；C.Z是S元素，S单质不能溶于水，微溶于酒精，简洁溶于CS2，所以该说法不合理，C错误；D.O、S是同一主族的元素，O是其次周期元素，Na是第三周期元素，两种元素不在同一周期，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律关系，把握元素的性质、原子序数、元素化合物学问来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用实力的考查，留意规律性学问的应用。4.已知aAn+、bB（n+1）+、cCn-、dD(n+1)-具有相同的电子层结构，关于A、B、C、D四种元素的叙述正确的是A.气态氢化物的稳定性：D>CB.原子序数：b>a>c>dC.最高价氧化物对应水化物的碱性：B>AD.四种元素肯定属于短周期元素【答案】B【解析】【详解】A.非金属元素的原子获得电子形成阴离子，原子序数越大，元素的非金属性就越强，形成的气态氢化物的稳定性就越强。由于非金属性：C>D，所以气态氢化物的稳定性：C>D，选项A错误；B.元素的原子失去电子形成阳离子，元素的原子获得电子形成阴离子。aAn＋、bB(n＋1)＋、cCn－、dD(n＋1)－具有相同的电子层结构，则元素的原子序数B>A>C>D，选项B正确；C.元素的金属性：A>B，所以最高价氧化物对应水化物的碱性：A>B,选项C错误；D．这四种元素不肯定属于短周期元素，但是属于相邻的两个周期，错误。答案选B。5.X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与化合价的关系如图所示。下列说法错误的是A.Q位于第三周期ⅠA族B.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱C.简洁离子半径：M－＞Q＋＞R2＋D.Z与M的最高价氧化物对应水化物均为强酸【答案】C【解析】【分析】由Y的化合价只有-2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有+1价，则X为氢元素，M的最高正价为+7价，最低负价为-1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为-3价，最高价为+5价，则Z代表氮元素，Q只有+1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有+2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素，据此分析解答。【详解】A项Q代表钠元素，Na为第三周期IA族，A正确；B项X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M-、Q+、R2+的半径大小应当为Cl-＞Ca2+＞Na+，故C错误；D项Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确。答案为C。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而渐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na＋＞Mg2＋＞Al3＋，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而渐渐增大，如Li＜Na＜K，Li＋＜Na＋＜K＋。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na＋＞Mg2＋＞Al3＋。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3＋＜Fe2＋＜Fe，H＋＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。6.某液态肼(N2H4)燃料电池被广泛应用于放射通讯卫星、战略导弹等运载火箭中。其中以固体氧化物为电解质，生成物为无毒无害的物质。下列有关该电池的说法正确的是（）A.a电极上的电极反应式为N2H4＋2O2-＋4e-=N2↑＋2H2OB.电池内电路中，电流方向：电极a→电极bC.当电极a上消耗1molN2H4时，电极b上被氧化的O2在标准状况下体积为22.4LD.b极旁边的pH值变大【答案】B【解析】【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。【详解】A.该燃料电池中a极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，故A错误；B.该燃料电池中a极是负极，b极是正极，电池内电路中，电流方向：电极a→电极b，故B正确；C.由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当a电极上有1molN2H4消耗时，b电极上有1molO2被还原，状况不知，所以体积不肯定是22.4LO2，故C错误；D.b极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，非水溶液，没有产生氢氧根，pH不变，故D错误；正确答案是B。7.把100mL2mol/L的H2SO4跟过量锌粉反应，在肯定温度下，为了减缓反应速率而不影响生成H2的总量，可在反应物中加入适量的（）A.硫酸铜溶液 B.硝酸钠溶液 C.醋酸钠溶液 D.氢氧化钠溶液【答案】C【解析】【详解】A．加入适量的硫酸铜溶液，锌与硫酸铜发生反应生成Cu，Cu与Zn形成原电池，加快反应速率，A错误B．加入硝酸钠溶液后，酸性环境下，硝酸根离子具有强氧化性，与锌反应不会生成氢气，氢气的量削减，B错误；C．加入醋酸钠溶液，有醋酸生成，醋酸是弱酸，氢离子浓度减小，但氢离子总的物质的量不变，反应速率减慢，且不影响氢气的总量，C正确；D．加入氢氧化钠溶液，与硫酸反应消耗氢离子，反应速率减慢，产生氢气的量削减，D错误；故答案选C。8.下列说法正确的是（）A.化学反应的发生都须要在肯定条件下B.灼热的碳与二氧化碳的反应是放热反应C.由C(石墨)＋1.9kJ·mol-1→C(金刚石)可知，金刚石比石墨稳定D.等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多【答案】D【解析】【详解】A．有些反应不需反应条件也能发生，如CaO+H2O=Ca(OH)2，A错误；B．碳与二氧化碳的反应是吸热反应，B错误；C．由C(石墨)＋1.9kJ·mol-1→C(金刚石)可知，石墨转换为金刚石是吸热反应，石墨能量低于金刚石，更稳定，C错误；D．等量的硫蒸气具有的能量大于硫固体具有的能量，因此等量的硫蒸气完全燃烧时放出的热量多，D正确。答案选D。9.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放在滴有少量水的玻璃片上，然后向小烧杯中加入盐酸，反应猛烈，烧杯底部水结冰。由此可见A.该反应不需加热就能进行，则NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量C.该反应中，热能转化为产物内部的能量D.该反应可设计为原电池，将化学能转变成电能【答案】C【解析】【详解】A.该反应不需加热就能进行，烧杯底部水结冰，则NH4HCO3和盐酸的反应是吸热反应，A项错误；B.吸热反应，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，B项错误；C.该反应中，热能转化为产物内部的能量（化学能），C项正确；D.该反应不是氧化还原反应，无电子转移，不行设计为原电池，D项错误；答案选C。10.肯定温度下，在一固定体积的密闭容器中，能说明可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)达到平衡的说法中，正确的组合是①C的生成速率和C的分解速率相等②单位时间内生成amolA，同时生成3amolB③气体密度不再变更④混合气体平均相对分子质量不变⑤A、B、C的物质的量之比为1∶3∶2A.①④ B.②③⑤ C.①④⑤ D.④⑤【答案】A【解析】【详解】A(g)＋3B(g)2C(g)①C的生成速率与C的分解速率相等，故正逆反应速率相等，反应达到平衡，故①正确；②单位时间内生成amolA是逆反应，同时生成3amolB也是逆反应，未体现正与逆的关系，不能推断平衡状态，故②错误；③密度=，气体的总质量不变，体积不变，故气体密度不再变更不行作为推断是否达到平衡状态的依据，故③错误；④平均相对分子质量=，总质量不变，总物质的量会变，当平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故④正确；⑤平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故A、B、C的物质的量比为1:3:2不能作为推断是否达到平衡状态的依据，故⑤错误；说法正确的为①④，答案选A。11.反应:3A(g)+B(g)=2C(g)+2D(g)，在不同条件下，用不同物质表示其反应速率，分别为:①v(A)=0.6mol·L-1·min-1②v(B)=0.45mol·L-1·min-1③v(C)=0.015mol·L-1·min-1④v(D)=0.45mol·L-1·min-1则此反应在不同条件下进行最快的是A.③ B.① C.② D.④【答案】C【解析】【详解】化学反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则①v(A)=×0.6mol·L-1·min-1=0.2mol·L-1·min-1②v(B)=0.45mol·L-1·min-1③v(C)=×0.015mol·L-1·min-1=0.0075mol·L-1·min-1④v(D)=×0.45mol·L-1·min-1=0.225mol·L-1·min-1反应速率最快的为②，答案选C。12.有a、b、c、d四种金属，用导线两两相连插入稀硫酸中可以组成原电池，a、b相连时，a为负极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，a极发生氧化反应；b、d相连时，b极有大量气泡生成。则四种金属的活动性按由强到弱依次排列的是A.a＞b＞c＞d B.a＞c＞d＞bC.c＞a＞b＞d D.b＞d＞c＞a【答案】B【解析】【详解】在原电池中，作原电池负极的金属较活泼、作正极的金属较不活泼，电流从正极沿导线流向负极，正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应，a、b相连时，a

为负极，则金属活动性a＞b；c、d相连时，电流方向为d→c，则金属活动性c＞d；a、c相连时，a极发生氧化反应，则金属活动性a＞c；b、d相连时，b极有大量气泡生成，则金属活动性d＞b；通过以上分析知，金属活动性强弱依次是a＞c＞d＞b；故答案为：B。13.利用“Na—CO2”电池可将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na—CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，放电时总反应的化学方程式为4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示，下列说法中不正确的是A.电流流向为MWCNT→导线→钠箔B.放电时，正极的电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋CC.选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发D.原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，两极的质量差为11.2g【答案】D【解析】【详解】A.依据4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C，得出负极为Na，正极为多壁碳纳米管(MWCNT)，则电流流向为MWCNT→导线→钠箔，故A正确；B.放电时，正极是CO2得到电子变为Na2CO3，其电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，故B正确；C.选用高氯酸钠—四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发，故C正确；D.原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，负极质量削减0.2mol×23g∙mol−1=4.6g，正极3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，生成0.1mol碳酸钠和0.05mol碳，正极质量增加0.1mol×106g∙mol−1+0.05mol×12g∙mol−1=11.2，因此两极的质量差为11.2g+4.6g=15.8g，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】依据反应方程式4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C中化合价进行分析，上升的为负极，降低的为正极。14.反应Ⅰ：CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g)ΔH1＝－175.6kJ·mol-1反应Ⅱ：CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)ΔH2＝＋218.4kJ·mol-1假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)小于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变更示意图正确的是()A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，因为B、C两图中反应Ⅰ的生成物总能量高于反应物总能量，而反应Ⅱ的生成物总能量低于反应物总能量，则B、C错误。由题意知：反应Ⅰ的速率(v1)小于反应Ⅱ的速率(v2)，则反应Ⅰ的活化能较大，则A错误、D正确，故选D。15.某化学反应中，反应混合物A、B、C的物质的量浓度(c)与时间(t)关系如下表所示：

初始

2min

4min

6min

c(A)(mol/L)

1.45

128

1.00

1.00

c(B)(mol/L)

0.38

072

1.28

1.28

c(C)(mol/L)

0.095

0.18

0.32

0.32

下列说法正确的是（）A.该反应的化学方程式为A=2B+CB.4min末A的转化率约为31%C.4~6min时，反应停止了D.正反应是吸热反应【答案】B【解析】【详解】A、由表格中的数据可知，A削减，B、C增加，则A为反应物，B、C为生成物，浓度变更量之比为（1.45-1.28）mol/L：（0.72-0.38）mol/L：（0.18-0.095）mol/L=2：4：1，反应速率之比等于化学计量数之比，该反应为2A4B+C，故A错误；B、4min末A的转化率为×100%=31%，故B正确；C、4min达到化学平衡状态，4--6min时，反应没有停止，为动态平衡，故C错误；D、由表格中的数据分析推断随着反应的进行，反应物浓度在减小而速率在增大，所以是放热反应，故D错误；故选B。16.一种气态烷烃和一种气态烯烃，它们分子里的碳原子数相等．将1.0体积这种混合气体在氧气中完全燃烧，生成2.0体积的CO2和2.4体积的水蒸气（气体体积均在相同状况下测定），则混合气体中烷烃和烯烃的体积比为（）A.3：1 B.1：3 C.2：3 D.3：2【答案】C【解析】【详解】依据阿伏加德罗定律，相同状况下，气体的体积之比等于物质的量之比，可知1mol混合烃充分燃烧后生成2molCO2和2.4molH2O，则混合烃的平均分子组成为C2H4.8；又知烷烃和烯烃分子里的碳原子数相同，可以判定它们分别是C2H6和C2H4，无论C2H6与C2H4以怎样的体积比混合，它们的平均碳原子个数都是2；因此符合题意的烷烃和烯烃的体积比，将由它们分子里所含的H原子个数确定，可用十字交叉法求解：；故答案选C。17.化合物1，1二环丙基乙烯是重要的医药中间体。下列有关该化合物的说法正确的是A.分子中全部碳原子共平面 B.其同分异构体可能是苯的同系物C.一氯代物有4种 D.可以发生加成反应、氧化反应和加聚反应【答案】D【解析】【详解】A．分子中含有碳碳双键，两个三元环，环上的碳原子均为饱和碳原子，饱和碳原子呈四面体，故全部碳原子不行能在同一平面上，故A错误；B．该有机物的分子式为C8H12，苯的同系物的通式为CnH2n-6，不符合苯的同系物的通式，故B错误；C．该分子中存在三种等效氢，故一氯代物有三种，，故C错误；D．该有机物含有碳碳双键，可以发生加成反应，加聚反应，氧化反应，故D正确；答案选D。【点睛】苯的同系物要满意苯的同系物的通式，结构要相像。18.关于化合物1，4-二氢萘（），下列说法错误的是A.能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.分子中全部原子均处同一平面C.一氯代物有4种（不考虑立体异构）D.与互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，但分子结构中含有亚甲基，分子中全部原子不行能处同一平面上，故B错误；C．上有4种H原子()，一氯代物有4种，故C正确；D．与的分子式相同，均为C10H10，但结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选B。【点睛】有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的全部原子就不行能处于同一平面内。19.下列关于化石燃料的加工说法正确的是A.煤的气化是物理变更，是高效、清洁地利用煤的重要途径B.石油分馏是化学变更，可得到汽油、煤油C.石蜡油高温分解得到烷烃和烯烃的混合物D.石油催化裂化主要得到乙烯【答案】C【解析】【详解】A.煤的气化是固态燃料转化为气态燃料的过程，属于化学变更，A项错误；B.石油分馏是物理变更，可得到汽油、煤油，B项错误；C.石蜡油在碎瓷片的催化作用下，高温分解得到烷烃和烯烃的混合物，C项正确；D.石油催化裂解可以得到乙烯，D项错误；答案选C。20.下列关于有机物的说法中，错误的是()A.油脂和蔗糖都属于高分子化合物B.油脂在碱性条件下水解可以用于制肥皂C.蛋白质水解最终能得到氨基酸D.淀粉、纤维素在肯定条件下水解均可得到葡萄糖【答案】A【解析】【详解】A．油脂和蔗糖的相对分子质量均在10000以下，均不属于高分子，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，可在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，常用于制造肥皂，故D正确；C．蛋白质水解最终产物为氨基酸，故C正确；D．淀粉、纤维素均为多糖，在肯定条件下水解均可得到葡萄糖，故D正确；答案选A。21.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)A.3种 B.4种 C.5种 D.6种【答案】B【解析】【详解】分子式为C5H10O2且与NaHCO3溶液反应能产生气体，则该有机物中含有−COOH，可写为C4H9−COOH，−C4H9的异构体有：−CH2CH2CH2CH3，−CH(CH3)CH2CH3，−CH2CH(CH3)CH3，−C(CH3)3，故符合条件的有机物的同分异构体数目为4，故B正确；故选B。22.有人认为与的加成反应实质上是断裂为和，然后先与一端的碳原子结合，其次步才是与另一端的碳原子结合。依据该观点，假如让与在盛有和的水溶液中反应，则得到的有机物不行能是()A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】依题意，断裂为和，然后先与一端的碳原子结合，生成BrCH2-CH2+，然后可能与溶液中的Br-、Cl-、I-结合，从而生成、、，不行能生成，故选B。【点睛】Br+与CH2=CH2反应，确立了碳链一端的结构，在此端已无选择的空间，所以只有碳链的另一端可添加其它阴离子。23.关于油脂，下列说法中正确的是（）A.植物油一般可以使溴水褪色，而动物油不能B.油脂的水解反应也可称之为皂化反应C.自然油脂大多数属于混合甘油酯，没有恒定的熔沸点，属于高分子化合物D.硬脂酸甘油酯皂化反应后得到的主要产品是硬脂酸和甘油【答案】A【解析】【详解】A．植物油中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，而动物油中一般没有碳碳双键，不能使溴水褪色，故A正确；B．油脂在酸性条件下水解得到高级脂肪酸和甘油，油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸盐和甘油，只有油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，故B错误；C．自然油脂是混合物，没有固定的熔沸点，油脂为高级脂肪酸甘油酯，其相对分子量较小，不属于高分子化合物，故C错误；D．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解，硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解，得到硬脂酸钠和甘油，故D错误；故选A。24.1mol某烃在氧气中充分燃烧生成CO2和H2O，须要消耗标准状况下的氧气179.2L。它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是A.CH3CH2CH2CH2CH3 B.C. D.【答案】A【解析】【分析】=8mol，则1mol某烃在氧气中充分燃烧生成CO2和H2O，须要消耗氧气8mol；它在光照条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物，则表明分子中含有3种氢原子。【详解】A．CH3CH2CH2CH2CH3分子中含有3种氢原子，1mol该烃燃烧，须要消耗O2的物质的量为=8mol，A符合题意；B．分子中含有2种氢原子，B不合题意；C．分子中含有4种氢原子，C不合题意；D．分子中含有3种氢原子，1mol耗氧量为=9.5mol，D不合题意；故选A。25.下列说法正确的是（）A.乙烯、聚乙烯、乙炔、聚乙炔都能使溴水或高锰酸钾溶液褪色，但与两种试剂发生反应的反应类型是不同的B.最简洁的芳香族化合物是苯，最简洁的糖是葡萄糖C.常温下苯与液溴、铁粉混合反应生成的油状有机物呈红褐色，这是溶有氢氧化铁杂质造成的D.三氯异氰尿酸（TCCA）是用于游泳池等公共场合消毒的第三代产品，具有猛烈的氯气刺激味，含有效氯在90%以上，结构简式如图所示．据此推想TCCA分子中氯元素显正价【答案】D【解析】【详解】A．聚乙烯不含碳碳不饱和键，没有烯烃性质，所以聚乙烯和溴不能发生加成反应，也不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以聚乙烯不能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；B．从分子结构上看，糖类可定义为多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物；葡萄糖属于单糖，但并不是最简洁的糖，B项错误；C．溴苯和苯、溴互溶，溴溶于苯和溴苯而使溶液呈红褐色，C项错误；D．该有机物化学式为C3O3N3Cl3，该有机物中羰基C为+4价、O元素为﹣2价、肽键中N元素为﹣3价，设Cl元素化合价为x，依据化合价代数和为0确定Cl元素化合价＝价，D项正确；答案选D。第Ⅱ卷(非选择题，共50分)二、填空题(每空1分)26.现有下列物质：①He；②；③；④CaO；⑤；⑥；⑦；⑧；⑨KOH；请用序号填空：（1）只含离子键的物质是______________；（2）既含离子键又含共价键的物质是____；（3）只含极性键的物质是______________；（4）属于共价化合物的是______________；（5）既含离子键又含非极性键的物质是______；（6）不存在化学键的物质是__________。【答案】(1).④⑧(2).⑤⑥⑨(3).⑦(4).③⑦(5).⑥(6).①【解析】【分析】一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，同种原子形成的是非极性共价键，不同种原子形成的是极性共价键，含离子键的肯定为离子化合物，据此分析解答。【详解】①He为单原子分子，不含化学键，为单质；②N2含N≡N共价键，为单质；③H2O2中含极性共价键和非极性共价键，为共价化合物；④CaO只含离子键，为离子化合物；⑤NH4Cl中含离子键和N-H极性共价键，为离子化合物；⑥Na2O2中含离子键和O-O非极性共价键，为离子化合物；⑦属于原子晶体，只含有极性共价键，属于共价化合物；⑧MgCl2中只含离子键，为离子化合物；⑨KOH含离子键和O-H极性共价键，为离子化合物；(1)只含离子键的是④⑧，故答案为：④⑧；(2)既含离子键又含共价键的物质是⑤⑥⑨，故答案为：⑤⑥⑨；(3)只含极性键的物质是⑦，故答案为：⑦；(4)属于共价化合物的是③⑦，故答案为：③⑦；(5)既有离子键又有非极性键的是⑥，故答案为：⑥；(6)不存在化学键的物质是①，故答案为：①。【点睛】本题的易错点为⑧，要留意氯化镁中氯原子间没有化学键，存在的是两个氯离子。27.将下列物质进行分类(填序号)①O2与O3②C与C③白磷与红磷④冰与水⑤H2、D2、T2⑥乙醇与二甲醚⑦和(1)互为同位素的是_________。(2)互为同素异形体的是_________。(3)互为同分异构体的是_________。(4)属于同一化合物的是_________。【答案】(1).②(2).①③(3).⑥⑦(4).④【解析】【分析】依据“四同”的定义进行选择：同一原子的不同核素互为同位素；结构相像，由同一种元素组成的单质互为同素异形体；分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体；分子式相同，结构完全相同的物质是同一物质。【详解】①O2与O3是同一种元素组成的单质，故互为同素异形体；②C与C是同一原子的不同核素，故互为同位素；③白磷与红磷是同一种元素组成的单质，故互为同素异形体；④冰与水的物质构成均为水分子，故是同一物质；⑤H2、D2、T2均是由氢元素构成的单质；⑥乙醇与二甲醚的分子式均为C2H6O，但结构不同，故属于同分异构体；⑦和的分子式均是C5H12，但结构不同，故属于同分异构体；故互为同位素的是②；互为同素异形体的是①③；互为同分异构体的是⑥⑦；属于同一化合物的是④；故答案依次为：②；①③；⑥⑦；④。28.依据所学学问，回答下列问题:(1)写出下列物质电子式。Ca2+：____________NaOH：____________(2)写出下列物质的结构式。N2：__________________CH4：___________________(3)用电子式表示HCl的形成过程：______(4)现有下列物质①Na2SO4②CO2③HF④Na2S⑤C60⑥石墨烯，其中属于共价化合物的是___________(填序号，下同)；属于离子化合物的是_______________；属于同素异形体的是________________【答案】(1).Ca2+(2).(3).(4).(5).(6).②③(7).①④(8).⑤⑥【解析】【详解】（1）简洁阳离子的电子式与离子符号一样，所以Ca2+的电子式：Ca2+，NaOH是离子化合物，其电子式：，故答案为：Ca2+；。（2）N2的结构式为：，CH4的结构式为：，故答案为：；。（3）HCl是共价化合物，其形成过程用电子式表示为：，故答案为：。（4）①Na2SO4为离子化合物，②CO2为共价化合物，③HF为共价化合物，④Na2S为离子化合物，⑤C60为碳的一种单质，⑥石墨烯为碳的一种单质，属于共价化合物的是②③；属于离子化合物的是①④；属于同素异形体的是⑤⑥，故答案为：②③；①④；⑤⑥。【点睛】离子化合物：只要含有离子键的化合物就是离子化合物；共价化合物：只有含共价键的化合物才是共价化合物。29.(1)某试验小组同学进行如图所示试验，以检验化学反应中的能量变更。试验发觉，反应后①中的温度上升，②中的温度降低。由此推断铝条与盐酸的反应是______热反应，Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是______热反应。反应_____(填①或②)的能量变更可用图(b)表示。(2)肯定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为Q2，那么Q1______(填大于、小于或等于)Q2。(3)已知：4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O，该反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，则断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为______kJ。【答案】(1).放(2).吸(3).①(4).小于(5).31.9【解析】【分析】(1)化学反应中，温度上升，则反应放热；温度降低则反应吸热；图2中反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，据此进行解答；(2)肯定量的氢气在相同条件下都充分燃烧若都是生成气态水，则Q1=Q2，由气态水转化为液态水还要放出热量；(3)反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算H-O键与H-Cl键的键能差，进而计算断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量差。【详解】(1)通过试验测出，反应前后①烧杯中的温度上升，则Al跟盐酸的反应是放热反应，②烧杯中的温度降低，则Ba(OH)2⋅8H2O跟NH4Cl的反应是吸热反应；依据图(b)数据可知，该反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，可表示反应①的能量变更；(2)由于肯定量的氢气在相同条件下都充分燃烧，且燃烧后都生成水，若都是生成气态水，则Q1=Q2，但事实是氢气燃烧分别生成液态水和气态水，由气态水转化为液态水还要放出热量，故Q1＜Q2；

(3)E(H-O)、E(HCl)分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能-生成物的总键能，则4×E(H-Cl)+498kJ/mol-[2×243kJ/mol+4×E(H-O)]=-115.6kJ/mol，整理得，4E(H-Cl)-4E(H-O)=-127.6kJ/mol，即E(H-O)-E(HCl)=31.9kJ/mol，故断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol×1mol=31.9kJ。30.中国政府承诺到2024年单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～45%。CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3molH2，肯定条件下发生反应：，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变更如图所示。（1）3～9min内，v(H2)=_________mol·L-1·min-1。（2）能说明上述反应达到平衡状态的是________（填序号）。A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为l:1（即图中交点）B.混合气体的密度不随时间的变更而变更C.单位时间内消耗3molH2，同时生成1molCO2D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变（3）平衡时CO2的转化率为________（4）平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数为________。【答案】(1).0.125(2).D(3).75%(4).30%【解析】【分析】反应为气体分子数减小的可逆反应。反应起先后，平衡正向移动。当9min时，CO2和CH3OH(g)的浓度不再变更，说明反应达到平衡状态。【详解】（1）由化学方程式可知，v(H2)=3v(CO2)=3×(0.50mol·L-1-0.25mol·L-1)÷6min=0.125mol·L-1·min-1。（2）A项，由图象可知，交点处表示CO2和CH3OH的浓度相等，但反应未达到平衡状态；B项，容器容积不变，该反应是纯气体反应，即气体的质量始终不变，故密度始终是常数；C项，消耗H2和生成H2O均表示正反应，其速率之比始终为3:1；D项，反应体系中某种气体的含量不变，说明反应达到了平衡状态。（3）平衡时CO2的转化率为。（4）反应前后物质的物质的量如下：起先/mol：1300平衡/mol：0.253-3×(1-0.25)1-0.251-0.25故平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数是。31.某化学课外小组查阅资料知：苯和液溴在有溴化铁(FeBr3)存在的条件下可发生反应生成溴苯和溴化氢，此反应为放热反应。他们设计了下图装置制取溴苯。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液渐渐滴入反应器A中。如图是制取溴苯的装置。试回答：(1)装置A中发生反应的化学方程式是_______________________________________。(2)装置C中看到的现象是___________________，证明_________________________。(3)装置B是汲取瓶，内盛CCl4液体，试验中视察到的现象是___________，缘由是__________。假如没有B装置而将A、C干脆相连，你认为是否妥当？________(填“是”或“否”)，理由是_________________。(4)试验完毕后，将A试管中的液体倒在装有冷水的烧杯中，烧杯________(填“上”或“下”)层为溴苯，这说明溴苯________且_______________。【答案】(1).2Fe＋3Br2===2FeBr3，＋HBr(2).导管口有白雾，试管内有淡黄色的沉淀生成(3).有HBr生成(4).液体变橙色(5).反应放热，A中溴蒸气逸出，溶于CCl4中(6).否(7).逸出的溴蒸气也能与AgNO3溶液反应(8).下(9).不溶于水(10).密度比水大【解析】【详解】本题考查苯的溴代反应，其中A为发生装置，但由于反应放热，溴、苯以及产生的HBr均易挥发，故加B作为汲取瓶，汲取挥发出的溴和苯。HBr蒸气进入C中，证明发生了取代反应。（1）首先铁粉是强还原剂、液溴是强氧化剂，二者简洁化合生成溴化铁，即2Fe+3Br2=2FeBr3；溴化铁是苯与液溴发生取代反应的催化剂，即C6H6+Br2C6H5Br+HBr；（2）HBr难溶于CCl4、却易溶于水，而溴蒸汽易溶于四氯化碳、微溶于水，则装置B可以除去溴化氢气体中混入的溴蒸汽，且溴化氢遇水蒸气易产生白色的酸雾（类似于打开浓盐酸的试剂瓶口的现象），且与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，该现象证明苯与液溴发生取代反应或产物中含有溴化氢；（3）B中装有四氯化碳，汲取溴蒸气后，变成橙红色；假如将A、C干脆相连，溴蒸汽和溴化氢都能与硝酸银溶液反应生成浅黄色沉淀，即挥发出的溴蒸汽能干扰溴化氢的检验；（4）溴苯不溶于水，且密度大于水，因此A中反应后的液体与水混合后分层，烧杯下层为溴苯。【点睛】该题主要考查有机物的制备，有机物的制备我们须要留意的是反应物是什么，生成物是什么，反应条件，是否须要催化剂，以及试剂加入依次，是否须要过量等问题。32.LiBH4为近年来储氢材料领域的探讨热点。（1）反应2LiBH4=2LiH＋2B＋3H2↑，生成22.4LH2(标准状况)时，转移电子的物质的量为____mol。（2）下图是2LiBH4/MgH2体系放氢焓变示意图，则：Mg(s)＋2B(s)=MgB2(s)△H＝________。（3）采纳球磨法制备Al与LiBH4的复合材料，并对Al－LiBH4体系与水反应产氢的特性进行下列探讨：①如图为25℃水浴时每克不同配比的Al－LiBH4复合材料与水反应产生H2体积随时间变更关系图。由图可知，下列说法正确的是____(填字母)。a．25℃时，纯铝与水不反应b．25℃时，纯LiBH4与水反应产生氢气c．25℃时，Al－LiBH4复合材料中LiBH4含量越高，1000s内产生氢气的体积越大②如图为2