河南省三门峡市陕州中学2014-2015学年高一下学期模拟考试化学试卷 Word版含答案
2014-2015学年下期模拟考试
高一化学
考试时间：90分钟试卷满分：100分
可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 O：16
一、选择题(本题共18小题，每小题只有一个选项符合题意。
每小题3分，共54分)
1．下列说法中，不正确
．．．的是
A. 天然气的主要成分是甲烷
B. 将固体燃料粉碎可以提高燃料的燃烧效率
C. 废弃的镍镉电池如不回收，会严重污染环境
D. 石油分馏的目的是生产乙烯、甲烷等化工原料
2．下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是
A. 甲烷
B. 乙烯
C. 苯
D. 乙酸
3．下列有关环境保护与绿色化学的叙述不正确
．．．的是
A．形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物
B．大气污染物主要来自化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气
C．绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒无害的治理
D．水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的
4．下列递变规律正确的是
A．Na、Mg、Al的金属性依次减弱B．P、S、Cl元素的最高正价依次降低
C D．HNO3、H3PO4、H2SO4酸性依次增强
5．下列物质中，既含有离子键又含有极性共价键的是
A．Na2O2 B．MgCl2 C．HCl D．KOH
6．砷是第4周期第ⅤA族非金属元素，下列关于砷的推测不正确
．．．的是
A．属于短周期元素 B．可以存在－3、+3、+5等多种化合价
C．砷在通常情况下是固体 D．最高价氧化物As2O5属于酸性氧化物
7．在2L25min内氨的质量增加了1．7g，则反应速率为
A B
C D
8．下列常见金属的冶炼原理中不合理
．．．的是
9．下列各组物质中，互为同系物的是
A．CH4和CH3CH2CH3B
C
10．下列化学用语书写正确的是
A B．CH4
C
D．用电子式表示氯化氢分子的形成过程：
11．汽车尾气中的有毒气体NO和CO，在一定条件下可发生反应生成N2和CO2。
下列关于此反应的说法中，正确的是
A．减小压强能增大反应速率 B．增大压强能减小反应速率
C．使用适当的催化剂能增大反应速率 D．升高温度对反应速率无影响
12．用N A表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是
A．标准状况下，22．4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2N A
B．56g的铁发生氧化还原反应，一定失去3N A个电子
C．标准状况下，22．4L氧气和二氧化碳混合气体中所含氧原子数为2N A
D．00．1N A
13．把甲、乙、丙、丁四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。
若甲、乙相
连，甲为负极；丙、丁相连，丁上有气泡逸出；甲、丙相连，甲上发生氧化反应；乙、丁相连，乙是电子流入的一极。
则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为
A．甲>乙>丙>丁 B．甲>丙>乙>丁 C．甲>丙>丁>乙 D．乙>丁>丙>甲
14．下列关于苯的叙述正确的是
A．反应①为取代反应，有机产物的密度比水小
B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟
C．反应③为取代反应，有机产物是一种烃
D．反应④中1mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
15．向一恒容密闭容器中充入2 mol SO2和1mol O2，在一定条件下发生反应：
A．达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都为零
B．当O2的浓度不变时，反应达到平衡状态
C．当单位时间消耗a mol O2，同时消耗2a mol SO2时，反应达到平衡状态
D．当SO2、O2、SO3的分子数比为2：1：2，反应达到平衡状态
16．下列实验不能
．．获得成功的是
17．下列各组物质中属于同分异构体的是
A．H2O和D2O B．O2和O3
C．CH3CH2OH和CH3－O－CH3D．和
18．下列说法正确的是
A ．相对分子质量相同的物质是同种物质
B ．相对分子质量相差14的两种有机物，一定是属于同系物。
C ．分子式相同的不同有机物一定是同分异构体
D ．分子中含有碳与氢元素的化合物是烃类
第II 卷（非选择题共46分）
19．（12分）下表是元素周期表的一部分，根据要求回答下列问题。
（1）十种元素中化学性质最不活泼的元素是________（填元素符号）。
（2）A 、C 、D 三种元素的氧化物对应的水化物，其中碱性最强的是________（填化学式）。
（3）I 元素跟A 元素形成化合物的电子式是_____。
并用电子式表示该化合物的形成过程_____ （4）G 的单质和B 的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是__________________。
（5）元素A 和F 能形成两种化合物，写出其中较稳定的化合物与CO 2反应生成氧气的化学方程式 ________________________。
20．（14 （1）为了加快正反应速率，可以采取的措施有________（填序号，下同）。
A ．使用催化剂
B 适当提高氧气的浓度
C ．适当提高反应的温度
D ．适当降低反应的温度 （2）下图能正确表示该反应中能量变化的是________。
（3）从断键和成键的角度分析上述反应中能量的变化。
请填写下表：
（4________极发生________反应。
电路中每转移0．2mol电子，标准状况下消耗H2的体积是________L。
21．（7分）写出下列反应的化学方程式：
（1）用苯制溴苯的反应；（2）丙醇的催化氧化反应
（3）乙烯通入到溴的四氯化碳溶液中：；
（4）苯与浓硝酸、浓硫酸混和后加热至50℃～60℃发生反应：。
（5）甲烷与氯气光照（假设产物是二氯甲烷）
(6)乙酸与乙醇的酯化反应 ;（7）丙烯的加聚反应
22.（5分）用（相同的物质、同素异形体、同系物、同分异构体、同位素）填空
（1）2－甲基丁烷和丁烷 ________________
（2）正戊烷和2，2－二甲基丙烷___________________
（3）间二甲苯和乙苯_____________________
（4）1－已烯和环已烷_________________（5）白磷和红磷____________________
23．（8分）通过粮食发酵可获得某含氧有机化合物X,其相对分子质量为46,其中碳的质量分数为52.2%,氢的质量分数为13.0%。
(1)X的分子式是（写出计算过程）
(2)X与金属钠反应放出氢气,反应的化学方程式是。
(3)X与空气中的氧气在铜或银催化下反应生成Y,Y的结构简式是。
(4)X与酸性高锰酸钾溶液反应可生成Z，在加热和浓硫酸作用下,X与Z反应可生成一种有香味的物质W,若184 g X和120 g Z反应能生成106 g W,计算该反应的产率（实际产量与理论产量之比）
答案
1．D 2．B 3．C 4．A 5．D 6．A 7．B 8．C 9．A 10．B 11．C 12．C 13．25．(15分)写 C 14．B 15．B 16．D 17．C 18．C
19 （12分）（每空2分）A:Na B:K C:Mg D: Al E:C F:O G:Cl H:N I:F R:Ar （1）Ar 为惰性气体，最不活泼
（2）A ，C ，D 三种元素分别对应的水化物为 NaOH 、 Mg(OH)2 、Al(OH)3其中NaOH 碱性最强。
（3
（4）B 的最高价氧化物对应的水化物为强碱，完全电离。
故反应方程式 为Cl 2+2OH -
= Cl -
+ ClO -
+ H 2O （5）A 与F 形成Na 2O 与Na 2O 2两种物质，其中后者更稳定。
20．（14分）（1）ABC （3分） （2）A （3）
（4）负 氧化 2．24（2分） （ 其余各一分） 21．22略
23．（8分）(1)C 2H 6O(2分) (2)2Na+2CH 3CH 2OH 2CH 3CH 2ONa+H 2↑(3分)
(3)CH 3CHO(2分) (4)60.2%(3分)
【解析】(1)根据题意,X 的分子中含碳原子数为4652.2%12
⨯≈2,含氢原子数为4613.0%1
⨯≈6,含氧原子数
为46(10052.213.0)%16
⨯--≈1,所以X 的分子式为C 2H 6O 。
河南省陕州中学2014-2015学年高一下学期第二次精英对抗赛化学试卷.pdf
2014-2015学年下期高一第二次精英对抗赛 化学试题 可能用到的相对原子质量：Cu 64 S 32 N 14 O 16 H 1 Cl 35.5 C 12 第Ⅰ卷 (非选择题 共 48分) 一、选择题 1．2007年3月温家宝总理在十届全国人大五次会议上提出“要大力抓好节能降耗、保护环境”，下列举措与这一主题不相符的是（ ） A．用“绿色化学”工艺，使原料完全转化为目标产物 B．推广燃煤脱硫技术，减少SO2污染 C．推广垃圾的分类存放、回收、处理 D．大量使用农药化肥以提高粮食产量 A．淀粉、蛋白质、脂肪都属于营养物质 B．乙烯可用作水果的催熟剂 C．用食醋可以清除暖瓶或水壶中的水垢 D．只用淀粉溶液就可鉴别市售食盐是否为加碘盐 3．甲、乙是元素周期表中同一主族的两种元素，若甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能是（ ） A．x－2 B．x＋4 C．x＋8 D．x＋18 4．下列递变规律不正确的是（ ） A．Na．Mg、Al还原性依次减弱B．I2、Br2、Cl2氧化性依次增强 C．C、N、O原子半径依次增大D．P、S、Cl最高正价依次升高 5．同周期的X、Y、Z三种元素，已知其高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列各判断中正确的是（ ） A．原子半径：X＞Y＞ZB．单质的非金属性：X＞Y＞Z C．气态氢化物稳定性：X＜Y＜Z D．原子序数：X＜Y＜Z 6．下列说法正确的是（ ） A．离子化合物中只能含离子键，不能有共价键 B．所有非金属之间形成的化学键一定是共价键 C．电子数相同的两种微粒一定是同一元素 D．共价化合物中一定无离子键 7．已知反应X＋Y＝M＋N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（ ） A．X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的 B．因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行 C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量 D．X和Y的总能量一定低于M和N的总能量 . 下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是 abcAAlAlCl3Al（OH）3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DSO3H2SO4S 9．下列各装置中，不能构成原电池的是（电解质都为稀硫酸）（ ） A B C D 10．右图为铜锌原电池示意图，下列说法正确的是（ ） A．锌片上有气泡产生 B．烧杯中溶液逐渐呈蓝色 C．电流由铜片通过导线流向锌片 D．该装置能将电能转变为化学能 11．下列关于反应速率的说法中，错误的是（ ） A．反应速率用于衡量化学反应的快慢 B．决定反应速率的主要因素是反应物的性质 C．可逆反应达到化学平衡时，正、逆反应速率都为0 D．增大反应物浓度，提高反应物温度都能增大反应速率 12．一定条件下反应N2(g)3H2(g)2NH3(g )在10L的密闭容器中进行，测得2min内，N2的物质的量由20mol减小到8mol，则2min内2的化学反应速率为（ ） A．1.2mol?(L·min) －1 B．18mol?(L·min)－1 C．0.6mol?(L·min) －1 D．0.4mol?(L·min)－1 从南方往北方长途运输水果时，常常将浸泡有高锰酸钾溶液的硅藻土放置在盛放水果的容器中，其目的是（ ） A.利用高锰酸钾溶液杀死水果周围的细菌，防止水果霉变 B.利用高锰酸钾溶液吸收水果周围的氧气，防止水果腐烂 C.利用高锰酸钾溶液吸收水果产生的乙烯，防止水果早熟 D.利用高锰酸钾溶液的氧化性，催熟水果 14．恒温下，在体积恒定的密闭容器中发生可逆反应：2SO2 + O2 2SO3，下列用来判断该反应达到平衡状态的是 A．容器中压强不再变化 B．SO2的不再变化 C．容器中各物质的浓度不再变化 D．单位时间内生成SO2的物质的量与消耗SO3的物质的量相等 关于乙醇结构的说法中正确的是（ ） A.乙醇中有-OH，所以乙醇溶解于水，可以电离出OH-而显碱性 B.乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，所以乙醇显碱性 C.乙醇与钠反应可以产生氢气，所以乙醇显酸性 D.乙醇与钠反应非常平缓，所以乙醇羟基上的氢原子不如水中的氢原子活泼 16. 在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图下列中正确的是 A．反应的化学方程式为2 MN B．t1时N的浓度是M浓度的2倍 C．t2时正逆反应速率相等达到平衡状态 D．t3时正反应速率大于逆反应速率 17．下表为元素周期表的一部分，请针对给出的5种元素回答下列问题： （1）画出元素④的离子结构示意图 ，元素⑤的原子结构图 ，元素④、元素⑤的离子半径大小为 。
河南省三门峡市陕州中学高考化学仿真试卷(一)(含解析)
2015年河南省三门峡市陕州中学高考化学仿真试卷（一）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2014•咸阳二模）下列推断正确的是（）A．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理B．硅是地壳中含量位居第二的元素，玛瑙、光导纤维的主要成分为SiO2C．加碘食盐中加人的是碘单质，可防止甲状腺肿大疾病D．要除去衣服上的顽固污渍，均可将衣服泡在漂白液中考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．专题：化学应用．分析：A．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放；B．地壳中含量位居第二的元素是硅，玛瑙、光导纤维的主要成分为SiO2；C．碘单质有毒，加碘食盐中加人的是含碘化合物，一般加碘酸钾；D．漂白液能把衣服全部漂白．解答：解：A．绿色化学的核心是要利用化学原理从源头消除污染，实现零排放，而不是对环境污染进行治理，故A错误；B．地壳中含量位居第二的元素是硅，玛瑙、光导纤维的主要成分为SiO2，故B正确；C．碘单质有毒，加碘食盐中加人的是含碘化合物，一般加碘酸钾，故C错误；D．将衣服泡在漂白液不但能除去衣服上的顽固污渍，而且能把衣服全部漂白，故D错误；故选B．点评：本题考查了绿色化学、硅与二氧化硅、加碘盐、漂白剂等问题，难度不大．2．（6分）（2015•忻州校级四模）俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌．“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）A．lmol该有机物最多能与2molH2发生加成反应B．该有机物能发生取代、加成和氧化反应C．该有机物的分子式为C7H6O3D．该有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应考点：有机物的结构和性质．分析：该分子中含有醚键、碳碳双键、醇羟基和羰基，具有醚、烯烃、醇、酮的性质，能发生加成反应、化合反应、取代反应、氧化反应、加聚反应等，据此分析解答．解答：解：A．碳碳双键和碳氧双键都能和氢气发生加成反应，所以lmol该有机物最多能与3molH2发生加成反应，故A错误；B．该分子中含有醚键、碳碳双键、醇羟基和羰基，具有醚、烯烃、醇、酮的性质，能发生加成反应、化合反应、取代反应、氧化反应、加聚反应等，故B正确；C．该有机物的分子式为C7H8O3，故C错误；D．芳香族化合物含有苯环，如果再含有醛基，其不饱和度应该是5，实际上该分子的不饱和度是4，所以没有符合条件的同分异构体，故D错误；故选B．点评：本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查醇、烯烃、酮的性质及基本概念，易错选项是D，注意从不饱和度方面分析，题目难度中等．3．（6分）（2015•忻州校级四模）被誉为“矿石熊猫”的香花石，由我国地质学家首次发现，它由前20号元素中的6种组成，其化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，其中X、Y、Z为金属元素，Z的最外层电子数与次外层电子数相等，X、Z位于同族，Y、Z、R、T位于同周期，R最外层电子数是次外层的3倍，T无正价，X与R原子序数之和是W的2倍．下列说法错误的是（）A．原子半径：Y＞Z＞R＞TB．气态氢化物的稳定性：W＜R＜TC．最高价氧化物对应的水化物的碱性：X＞ZD．XR2、WR2两种化合物中R的化合价相同考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：香花石化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，由前20号元素中的6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=14，推出W为Si元素，符合题意．A．同周期元素的原子半径从左向右半径在减小；B．非金属性越强，则气态氢化物越稳定；C．金属性越强，则最高价氧化物对应的水化物碱性越强；D．根据常见元素的化合价及化合价原则来分析．解答：解：香花石化学式为X3Y2（ZWR4）3T2，由前20号元素中的6种组成，其中R原子最外层电子数为其次外层电子数的3倍，R原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则R为O元素；Y、Z、R、T位于同周期，即处于第二周期，T元素无正价，则T为F元素；Z的最外层电子数与次外层电子数相等，则Z为Be元素；Y为金属元素，则Y为Li；X、Z位于同主族，则X为Mg元素或Ca元素，若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为Ca元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则=14，推出W为Si元素，符合题意．A．Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，即原子半径：Y＞Z＞R＞T，故A正确；B．W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性W＜R ＜T，故B正确；C．X为钙元素、Z为铍元素，金属性Ca＞Be，则最高价氧化物对应的水化物碱性：氢氧化钙＞氢氧化铍，故C正确；D．XR2、WR2两化合物CaO2、SiO2，CaO2中O元素为﹣1价，SiO2中O元素化合价为﹣2，故D错误，故选D．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握核外电子排布与元素周期律，题目难度中等．4．（6分）（2015•忻州校级四模）为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是（）A．NaHCO3溶液（Na2CO3），应通入过量的CO2气体B．NaBr溶液（NaI），应加入适量的氯水、CCl4，进行萃取分液C．NH4Cl溶液（FeCl3），应加入适量的氨水，过滤D．CO2（CO），通过过量的灼热的氧化铜粉末考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．分析：A．碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠；B．氯水与NaI、NaBr均反应；C．氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵；D．CO与CuO反应生成Cu和二氧化碳．解答：解：A．碳酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，则通入过量的CO2气体可除杂，故A正确；B．氯水与NaI、NaBr均反应，不能除杂，应选适量的溴水、CCl4，进行萃取分液，故B错误；C．氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁和氯化铵，则加入适量的氨水，过滤可除杂，故C正确；D．CO与CuO反应生成Cu和二氧化碳，则通过过量的灼热的氧化铜粉末可除杂，故D正确；故选B．点评：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂的原则，题目难度不大．5．（6分）（2015•忻州校级四模）某温度下，碳和H2O（g）在密闭容器里发生下列反应：①C （s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）当反应达到平衡时，c（H2）=1.9mol•L﹣1、c（CO）=0.1mol•L﹣1．则下列叙述正确的是（）A．CO在平衡时转化率为10%B．平衡浓度c（CO2）=c（H2）C．其他条件不变时，缩小体积，反应②平衡不移动D．平衡时增大碳的质量，反应①中热量值不变考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．分析：碳与水反应生成的氢气的浓度为amol/L，则生成的CO为amol/L，令CO与水反应生成氢气的浓度为bmol/L，则生成的二氧化碳的浓度为bmol/L，消耗的CO浓度为bmol/L，平衡时氢气的浓度为1.9mol/L，则amol/L+bmol/L=1.9mol/L，平衡时CO的浓度为0.1mol/L，则amol/L﹣bmol/L=0.1mol/L，联立解得a=1，b=0.9，据此判断各选项．解答：解：A．碳与水反应生成的CO浓度为1mol/L，剩余0.1mol/L，则转化率为×100%=90%，故A错误；B．平衡时，平衡时CO2的浓度等于CO消耗的浓度，即c（CO2）=1mol/L﹣0.1mol/L=0.9mol/L，c（H2）=1.9mol•L﹣1，二者不等，故B错误；C．缩小体积，压强增大，反应前后气体计量数之和相同，化学平衡不移动，故C正确；D．C为纯固体，增大C的质量，平衡不移动，即反应①中热量值不变，故D正确；故选CD．点评：本题考查化学平衡移动、计算，难度不大，应学会化学平衡的计算方式．6．（6分）（2015•河南校级模拟）下列说法不正确的是（）A．25℃时，pH=11 NaOH溶液和pH=3 CH3COOH混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）B．取c（H+）=0.01mol/L的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入0.03g 锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大C．25℃时，某溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣a mol/L，若a＞7时，该溶液pH一定为14﹣aD．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液中存在：2c（Na+）=3[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离．分析： A.25℃时，pH=11 NaOH溶液和pH=3 CH3COOH混合，若溶液显酸性，溶液中的溶质为醋酸钠、醋酸，如果醋酸浓度远远大于醋酸钠，可能存在c（H+）＞c（Na+）；B．反应速率与氢离子浓度成正比；C.25℃时，某溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣a mol/L，若a＞7时，说明抑制水电离，溶液中的溶质可能是酸或碱；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断．解答：解：A.25℃时，pH=11 NaOH溶液和pH=3 CH3COOH混合，若溶液显酸性，溶液中的溶质为醋酸钠、醋酸，如果醋酸浓度远远大于醋酸钠，可能存在c（H+）＞c（Na+），结合电荷守恒得c（CH3COO﹣）＞c（H+），所以可能存在离子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故A正确；B．反应速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度相等的醋酸和盐酸，反应过程中醋酸继续电离出氢离子，而导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸反应速率较快，故B正确；C.25℃时，某溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣a mol/L，若a＞7时，说明抑制水电离，溶液中的溶质可能是酸或碱，如果溶液为酸液，则溶液的pH为14﹣a，如果溶液为碱液，溶液的pH=a，故C错误；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]，故D正确；故选C．点评：本题考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，结合电荷守恒、物料守恒判断，易错选项是BC，注意反应速率与离子浓度有关，与电解质强弱无关．7．（6分）（2015•忻州校级四模）下列实验方案能达到实验目的是（）选项实验方案实验目的或结论A 将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe（NO3）2溶液中，溶液变黄色可证明氧化性：H2O2比Fe3+强B 向1mL 1%的NaOH溶液中加入2mL 2%的CuSO4溶液，振荡，再加入0.5mL有机物Y，加热，未出现砖红色沉淀说明Y中不含醛基C[ 将一定量的NaNO3和KCl的混合液加热并浓缩至有晶体析出时，趁热过滤得到NaCl晶体D 比较不同反应的反应热数据大小从而判断反应速率的大小A． A B． B C． C D．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．不能排除硝酸根离子的影响；B．氢氧化钠不足；C．硝酸钠随着温度变化其溶解度变化较大，氯化钠随着温度变化其溶解度变化不大；D．反应热的大小与反应速率无关．解答：解：A．不能排除硝酸根离子的影响，应在硫酸铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，故A错误；B．醛基的检验应在碱性条件下进行，而题中氢氧化钠不足，故B错误；C．利用温度对不同物质溶解度影响的差异蒸发结晶分离物质，硝酸钠随着温度变化其溶解度变化较大，氯化钠随着温度变化其溶解度变化不大，所以可以得到氯化钠晶体，故C正确；D．反应热的大小与反应速率无关，如同样为放热反应，中和反应速率大，但金属的腐蚀速率慢，且条件不同，反应速率大小不同，故D错误．故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的检验、反应速率的影响等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的严密性和合理性，难度不大．二、解答题（共6小题，满分88分）8．（14分）（2015•忻州校级四模）甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2加氢合成甲醇是合理利用CO2的有效途径．由CO2制备甲醇过程可能涉及反应如下：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）反应Ⅱ的△H2= +41.19KJ/mol ，反应 I自发进行条件是较低温（填“较低温”、“较高温”或“任何温度”）．（2）在一定条件下3L恒容密闭容器中，充入一定量的H2和CO2仅发生反应Ⅰ，实验测得反应物在不同起始投入量下，反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线，如图1所示．①H2和CO2的起始的投入量以A和B两种方式投入A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5molB：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，曲线 I代表哪种投入方式 A （用A、B表示）②在温度为500K的条件下，按照A方式充入3mol H2和1.5mol CO2，该反应10min时达到平衡：a．此温度下的平衡常数为450 ；500K时，若在此容器中开始充入0.3molH2和0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O，若使反应在开始时正向进行，则x应满足的条件是0＜x＜2.025 ．b．在此条件下，系统中CH3OH的浓度随反应时间的变化趋势如图2所示，当反应时间达到3min 时，迅速将体系温度升至600K，请在图2中画出3～10min内容器中CH3OH浓度的变化趋势曲线．（3）固体氧化物燃料电池是一种新型的燃料电池，它是以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，该电池的工作原理如图3所示，其中多孔电极均不参与电极反应，图3是甲醇燃料电池的模型．①写出该燃料电池的负极反应式CH3OH﹣6e﹣+3O2﹣=CO2↑+2H2O ．②如果用该电池作为电解装置，当有16g甲醇发生反应时，则理论上提供的电量最多为2.895×105库仑（法拉第常数为9.65×104C•mol﹣1）．考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；转化率随温度、压强的变化曲线．分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；（2）①图象分析相同温度下，两种反应物，增大一种物质的量会提高另一种物质的转化率；②a．结合三行式进行计算，化学反应的平衡常数K各个生成物平衡浓度系数次方的乘积和各个反应物平衡浓度系数次方乘积的比值，据此计算；b．将体系温度升至600K，根据升高温度，平衡向着吸热方向来进行回答；（3）①以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，分析该电池的工作原理如图3所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应，结合导电离子和电荷守恒分析书写；②依据电极反应计算转移电子数，结合法拉第常数为9.65×104C•mol﹣1计算电量．解答：解：（1）反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣49.58kJ•mol﹣1反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO （g）+H2O（g）△H2反应Ⅲ：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H3=﹣90.77kJ•mol﹣1根据盖斯定律，反应Ⅱ可以是Ⅰ﹣Ⅲ得到，所以反应Ⅱ的焓变△H2=（﹣49.58kJ•mol﹣1）﹣（﹣90.77kJ•mol﹣1）=+41.19 kJ•mol﹣1；根据反应自发行的判据：△H﹣T△S＜0，反应Ⅲ是熵减的放热的反应，所以要自发进行需要在较低温下进行，故答案为：+41.19 kJ•mol﹣1；较低温；（2）①A：n（H2）=3mol，n（CO2）=1.5mol，B：n（H2）=3mol，n（CO2）=2mol，二者比较B 相当于增大二氧化碳的量，转化率小于A，所以曲线 I代表A的投料，故答案为：A．②在温度为500K的条件下，充入3mol H2和1.5mol CO2，该反应10min时达到平衡，二氧化碳的转化率是60%，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）初始浓度：0.5 1 0 0变化浓度：0.3 0.9 0.3 0.3平衡浓度：0.2 0.1 0.3 0.3a．该温度下，反应I的平衡常数K==450，500K时，若在此容器中开始充入0.3molH2和0.9mol CO2、0.6molCH3OH、xmolH2O，浓度分别为0.1mol/L，0.3mol/L，0.2mol/L，mol/L若使反应在开始时正向进行，浓度商Qc=＜K=450x=2.025则x应满足的条件是0＜x＜2.025故答案为：450，0＜x＜2.025；b．当反应时间达到3min时，迅速将体系温度升至600K，则平衡正向进行，甲醇的浓度会增加，图象为，故答案为：；（3）①以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子（O2﹣）在其间通过，分析该电池的工作原理如图3所示可知负极是甲烷失电子发生氧化反应，结合导电离子和电荷守恒分析书写电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+3O2﹣=CO2↑+2H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+3O2﹣=CO2↑+2H2O；②16g甲醇物质的量==0.5mol，发生反应时电子转移0.5mol×6=3mol，则理论上提供的电量最多为3mol×9.65×104C•mol﹣1=2.895×105 C，故答案为：2.895×105 C．点评：本题综合考查学生盖斯定律的应用、化学反应速率的计算、化学平衡移动的影响因素等知识，属于综合知识的考查，难度较大．9．（15分）（2015•忻州校级四模）最常见的塑化剂邻苯二甲酸二丁酯可由邻苯二甲酸酐与正丁醇在浓硫酸共热下反应制得，反应的化学方程式及装置图（部分装置省略）如图：+C4H9OH已知：正丁醇沸点118℃，纯邻苯二甲酸二丁酯是无色透明、具有芳香气味的油状液体，沸点340℃，酸性条件下，温度超过180℃时易发生分解．由邻苯二甲酸酐、正丁醇制备邻苯二甲酸二丁酯实验操作流程如下：①向三颈烧瓶内加入30g（0.2mol）邻苯二甲酸酐，22g（0.3mol）正丁醇以及少量浓硫酸．②搅拌，升温至105℃，持续搅拌反应2小时，保温至反应结束．③冷却至室温，将反应混合物倒出．通过工艺流程中的操作X，得到粗产品．④粗产品用无水硫酸镁处理至澄清→取清液（粗酯）→圆底烧瓶→减压蒸馏，经过处理得到产品20.85g．请回答以下问题：（1）步骤②中不断从分水器下部分离出产物水的目的是有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率．判断反应已结束的方法是分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）．（2）上述实验可能生成的副产物的结构简式为CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等（填一种即可）（3）操作X中，应先用5%Na2CO3溶液洗涤粗产品．纯碱溶液浓度不宜过高，更不能使用氢氧化钠；若使用氢氧化钠溶液，对产物有什么影响？（用化学方程式表示）+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH ．（4）操作X中，分离出产物的操作中必须使用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯．（5）粗产品提纯流程中采用减压蒸馏的目的是邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低．（6）本实验中，邻苯二甲酸二丁酯（式量是278）的产率为50% ．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；反应结束时，分水器中的水位高度不变，冷凝管中不再有液体滴下；（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等；（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇；（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作；（5）邻苯二甲酸二丁酯的沸点340℃，温度超过180℃时易发生分解，应减压蒸馏使其沸点降低，防止分解；（6）由于正丁醇不足，假设邻正丁醇完全转化，以此计算邻苯二甲酸二丁酯的理论产量，产率=（实际产量÷理论产量）×100%．解答：解：（1）水是生成物，不断的分离生成物，使平衡向着正向移动，可以提高反应物的转化率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下），说明反应结束，故答案为：有利于反应向生成邻苯二甲酸二丁酯的方向移动，提高产率；分水器中的水位高度基本保持不变时（或者冷凝管中不再有液体滴下）；（2）正丁醇可能发生消去反应，也可以发生分子间脱水反应生成醚等，实验中副产物的结构简式为：CH2=CHCH2CH3 、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等，故答案为：CH2=CHCH2CH3、CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3等；（3）若使用氢氧化钠溶液，会发生邻苯二甲酸二丁酯在碱性条件下的水解反应生成与正丁醇，反应方程式为：+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH，故答案为：+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH；（4）操作X是将互不相溶的液体进行分离，应采取分液操作，操作中必须使用的主要玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，故答案为：分液漏斗、烧杯；（5）邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低，防止分解，故答案为：邻苯二甲酸二丁酯沸点较高，高温蒸馏会造成其分解，减压可使其沸点降低；（6）由于正丁醇不足，假设正丁醇完全转化，则邻苯二甲酸二丁酯的理论产量为×278g/mol=41.7g，故其产率为×100%=50%，故答案为：50%．点评：本题有机物的制备实验，涉及物质的分离提纯、对操作及原理的分析评价、产率计算等，掌握实验操作的要求和实验原理是解题的关键，难度中等．10．（14分）（2015•忻州校级四模）工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4．即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：（1）反应器中反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O ．（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量偏高（填“偏高”或“偏低”）．（3）电解槽中阳极的电极反应方程式为MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣．（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学反应方程式为3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3．根据上述反应，从Mn元素的角度考虑KMnO4的产率最高为66.7% ．与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH循环利用．（5）用高锰酸钾测定某草酸结晶水合物的纯度：称量草酸晶体样品0.250g溶于水，用0.0500mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液15.00mL，则该草酸晶体的纯度为94.5% ．（已知该草酸结晶水合物H2C2O4•2H2O的式量为126）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析： （1）碱性条件下用氧气氧化MnO 2得到K 2MnO 4，根据得失电子守恒和原子守恒写出相应的方程式；（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH 消耗量偏高．（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解K 2MnO 4溶液得到KMnO 4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子．（4）根据题干信息可知反应物为K 2MnO 4、CO 2、生成黑色固体MnO 2、KMnO 4，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式分析KMnO 4的产率，电解法阳极都生成KMnO 4，产率更高；（5）发生反应：5H 2C 2O 4+2MnO 4﹣+6H +=10CO 2↑+2Mn 2++8H 2O ，根据方程式计算样品中草酸的质量，进而计算草酸的质量分数．解答： 解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn （+4→+6），O （0→﹣2），反应的化学方程式为4KOH+2MnO 2+O 2=2K 2MnO 4+2H 2O ，故答案为：4KOH+2MnO 2+O 2=2K 2MnO 4+2H 2O ；（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al 2O 3=2KAlO 2+H 2O ，所以会导致KOH 消耗量偏高， 故答案为：偏高；（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H 2O+2e﹣=H 2↑+2OH ﹣，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO 42﹣﹣2e ﹣=2MnO 4﹣，即MnO 42﹣﹣e ﹣=MnO 4﹣，故答案为：MnO 42﹣﹣e ﹣=MnO 4﹣；（4）反应物为K 2MnO 4、CO 2、生成黑色固体MnO 2、KMnO 4，所以方程式为：3K 2MnO 4+2CO 2═2KMnO 4+MnO 2+2K 2CO 3，由化学反应方程式：3K 2MnO 4+2CO 2═2KMnO 4+MnO 2+2K 2CO 3分析得出，3份锰参加反应生成2份KMnO 4，所以KMnO 4的产率最高为×100%=66.7%，与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO 4，产率更高，所以优势是产率更高、KOH 循环利用； 故答案为：3K 2MnO 4+2CO 2═2KMnO 4+MnO 2+2K 2CO 3；66.7%；产率更高、KOH 循环利用；（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5H 2C 2O 4+2MnO 4﹣+6H +=10CO 2↑+2Mn 2++8H 2O ，根据方程式可得关系式：5H 2C 2O 4•2H 2O ～2KMnO 45 2n 0.05mol/L×15.0×10﹣3L解得n （H 2C 2O 4•2H 2O ）=1.875×10﹣3mol则m （H 2C 2O 4•2H 2O ）=1.875×10﹣3mol×126g/mol=0.236g，所以成品的纯度ω=×100%=94.5%，故答案为：94.5%．点评： 本题考查实验制备方案、基本操作、工艺流程、氧化还原反应滴定计算、物质含量的测定等，根据题中已知条件确定生成物并写出反应方程式明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．11．（15分）（2013•海南）硅在地壳中的含量较高．硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用．回答下列问题：（1）1810年瑞典化学家贝采利乌斯在加热石英砂、木炭和铁时，得到一种“金属”．这种“金属”可能是 含有硅碳的铁合金 ．（2）陶瓷、水泥和玻璃是常用的硅酸盐材料．其中，生产普通玻璃的主要原料有纯碱、石英和石灰石．（3）高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料．工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：发生的主要反应电弧炉SiO2+2C Si+2CO↑流化床反器Si+3HCl SiHCl3+H2还原炉SiHCl3+H2 Si+3HCl①用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为SiO2+3C SiC+2CO↑；碳化硅又称金刚砂，其晶体结构与金刚石相似．②在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和精馏（或蒸馏）．物质Si SiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3Cl HCl SiH4沸点/℃2355 57.6 31.8 8.2 ﹣30.4 ﹣84.9 ﹣111.9③SiHCl3极易水解，其完全水解的产物为H4SiO4（或H2SiO3）、H2、HCl ．（4）氯碱工业可为上述工艺生产提供部分原料，这些原料是H2、HCl ．考点：硅和二氧化硅．专题：碳族元素．分析：（1）石英砂主要成分为二氧化硅，碳做还原剂还原二氧化硅为单质硅；（2）生产玻璃的原料是纯碱、石英和石灰石；（3）①石英砂主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳在高温的条件下反应生成碳化硅和一氧化碳；碳化硅又称金刚砂，其晶体结构与金刚石相似；②根据题中数据，采用精馏（或蒸馏）方法提纯SiHCl3；③SiHCl3水解生成硅酸、氢气和氯化氢；（4）电解饱和食盐水称为氯碱工业，结合上述工艺流程解答．解答：解：（1）石英砂的主要成分是二氧化硅，加热石英砂、木炭和铁时，发生置换反应，SiO2+2C Si+2CO↑，所以在加热石英砂、木炭和铁时，得到一种“金属”．这种“金属”可能是含有硅碳的铁合金，故答案为：含有硅碳的铁合金；（2）制造普通玻璃的主要原料是：纯碱、石灰石和石英，在玻璃窑中强热时的主要发生反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑，故答案为：纯碱、石英和石灰石；。
河南省陕州中学高三化学下学期第一次月考试题
河南省陕州中学2015届高三下学期第一次月考理科综合试题一、选择题（本大题共13小题；每小题6分，共78分。
在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的。
）7．化学与社会、生产、生活紧切相关。
下列说法正确的是A．棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质B．石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等C．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D．纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污8. NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是A. 常温常压下，16g甲烷分子所含质子数为10NAB. 1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAC. 标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NAD．1 L 0.01 mol的Na2CO3溶液中含有0.01NA 个CO32-9．下列水溶液中能大量共存的一组离子是A．K＋、Al3+、CO32-、Cl－B．Na+、H+、SO42－、SiO32-C．H＋、Mg2＋、SO42－、I－D．H＋、Fe2＋、Cl—、NO3—10．下列实验能达到实验目的的是A．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体B. 向做完蔗糖水解后的溶液中直接加入新制的Cu(OH)2并加热，以检验蔗糖是否水解C．将混有HCl的CO2通入饱和Na2CO3溶液中除去HClD．将Al2（SO4）3溶液蒸干制备Al2（SO4）3固体11．一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂。
电池总反应为：C2H5OH +3O2 →2CO2 +3H2O,电池示意如右图,下列说法正确的是A．a极为电池的正极B．电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极C．电池负极的电极反应为：4H+ + O2 + 4e－= 2H2OD．电池工作时,1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移选项陈述Ⅰ陈述ⅡA SO2可使酸性高锰酸钾褪色SO2有漂白性B 浓硫酸具有脱水性和强氧化性浓硫酸滴到湿润的蔗糖中，蔗糖变成黑色海绵状C SiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维D BaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)体的酸性物质A ，同时生成另一种物质B ，若不考虑立体异构,则Q 的结构最多有 A ．16种 B ．8种 C ．4种 D ．2种三．非选择题：包括必考题和选考题两部分。
河南省陕州中学2015届高三月考化学试题(Word版 有答案)
2014-2015学年度河南陕州高中月考试题2015年4月1日可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Mg —24 Al —27 P —31 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137第Ⅰ卷 （选择题 共48分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1．化学与生产生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。
下列说法错．误．的是（ ） A ．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源 B ．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应 C ．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化 D ．高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 （ ） A ．0.1 mol·L －1 (NH 4)2Fe(SO 4)2溶液中：K +、Cu 2+、Cl －、MnO －4B ．遇苯酚变紫色的溶液：Na ＋、Mg 2+、SO 2－4、Cl －C ．使甲基橙变红色的溶液：NH +4、Cu 2+、ClO －、Cl －D ．0.1mol·L －1 NaHCO 3溶液：K ＋、AlO －2、Cl －、NO －33．有关下列离子方程式的说法正确的是 （ ）A ．等物质的量MgCl 2、Ba(OH)2和HCl 溶液混合:Mg 2＋＋3OH －＋H ＋=Mg(OH)2↓＋H 2OB ．向NaAlO 2溶液中通入过量CO 2的反应为:2AlO 2－＋CO 2＋3H 2O=2Al(OH)3↓＋CO 32－C ．等物质的量的FeBr 2与Cl 2反应为：2Fe 2＋＋2Br －＋2Cl 2=2Fe 3＋＋Br 2＋4Cl －D ．用浓盐酸酸化的KMnO 4溶液与H 2O 2反应，证明H 2O 2具有还原性：2MnO 4－＋6H ＋＋5H 2O 2=2Mn 2＋＋5O 2↑＋8H 2O4．近年来AIST 报告正在研制一种“高容量、低成本”锂一铜空气燃料电池。
河南省三门峡市陕州中学高一化学下学期第二次月考试卷(含解析)
2014-2015学年河南省三门峡市陕州中学高一（下）第二次月考化学试卷一、选择题（本题共18小题，每小题只有一个选项符合题意．每小题3分，共54分）1．（3分）（2014春•连云港期末）下列说法中，不正确的是（）A．天然气的主要成分是甲烷B．将固体燃料粉碎可以提高燃料的燃烧效率C．废弃的镍镉电池如不回收，会严重污染环境D．石油分馏的目的是生产乙烯、甲烷等化工原料考点：化石燃料与基本化工原料；常见的生活环境的污染及治理；石油的分馏产品和用途．专题：有机化合物的获得与应用．分析：A．天然气的主要成分是甲烷（CH4）；B．表面积增大，增大反应速率；C．镉是重金属，有毒；D．石油分馏的目的是分离得到汽油、煤油等轻质油．解答：解：A．甲烷是天然气的主要成分，故A正确；B．表面积增大，增大反应速率，提高燃料的燃烧效率，故B正确；C．镉是重金属，应集中处理，故C正确；D．石油分馏的目的是分离得到汽油、煤油等轻质油，得不到乙烯，故D错误．故选D．点评：本题考查化石燃料与基本化工原料和环境污染，题目难度不大，注意石油分馏的目的是分离得到汽油、煤油等轻质油．2．（3分）（2012•陕西校级学业考试）下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（）A．甲烷B．乙烯C．苯D．乙酸考点：乙烯的化学性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：酸性高锰酸钾具有强氧化性，酸性高锰酸钾能氧化的有机物有：含有碳碳双键或三键的有机物、连接苯环的碳原子上有H原子的有机物、含有醛基的有机物等．解答：解：A．甲烷性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，故A错误；B．乙烯中含有碳碳双键，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．苯性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．乙酸不能被酸性高锰酸钾氧化，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选B．点评：本题以酸性高锰酸钾的氧化性为载体考查了有机物的结构，注意酸性高锰酸钾溶液能氧化连接苯环的碳原子上有H原子的有机物，使其生成苯甲酸．3．（3分）（2014春•清远期末）下列有关环境保护与绿色化学的叙述不正确的是（）A．形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物B．大气污染物主要来自化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气C．绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒无害的治理D．水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的考点：常见的生活环境的污染及治理．专题：化学应用．分析：A、二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质；B、排放到大气中的有害物质主要来自化石燃料的燃烧和工厂的废气；C、绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；D、含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水体的富营养化从而破坏水体生态系统，会出现水华、赤潮等水体污染问题．解答：解：A、形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物，故A正确；B、化石燃料燃烧和工业生产过程产生的废气，产生了大气污染物，故B正确；C、绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是对你环境进行无毒无害的治理，故C错误；D、水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的，故D正确；故选：C．点评：本题主要考查了常见污染形成的原因以及绿色化学的核心，难度不大，需要注意的是绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，而不是治理污染．4．（3分）（2013春•西城区期末）下列递变规律正确的是（）A． Na、Mg、Al的金属性依次减弱B． P、S、Cl元素的最高正价依次降低C． Al3+、Mg2+、Na+的离子半径依次减小D． HNO3、H3PO4、H2SO4酸性依次增强考点：元素周期律的作用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱；B．根据元素的核外最外层电子数判断；C．核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；D．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强．解答：解：A．Na、Mg、Al位于相同周期，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，故A正确；B．P、S、Cl最外层电子数分别为5、6、7，则最高化合价都为+5价、+6价、+7价，故B错误；C．Al3+、Mg2+、Na+的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，应为Al3+＜Mg2+＜Na+，故C错误；D．非金属性N＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误．故选A．点评：本题考查元素周期律知识，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握元素周期律的性质，以及对应元素与单质、化合物的性质的关系以及递变规律，难度不大，注意相关基础知识的积累．5．（3分）（2013春•西城区期末）下列物质中，既含有离子键又含有极性共价键的是（）A． Na2O2 B． MgCl2 C． HCl D． KOH考点：离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型．专题：化学键与晶体结构．分析：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，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键．解答：解：A．钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，故A错误；B．氯化镁中只含离子键，故B错误；C．氯化氢中只含极性共价键，故C错误；D．氢氧化钾中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在极性共价键，故D正确；故选D．点评：本题考查了化学键的判断，明确离子键、极性共价键和非极性共价键的概念即可解答，难度不大．6．（3分）（2013春•西城区期末）砷是第4周期第ⅤA族非金属元素，下列关于砷的推测不正确的是（）A．属于短周期元素B．可以存在﹣3、+3、+5等多种化合价C．砷在通常情况下是固体D．最高价氧化物As2O5属于酸性氧化物考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．短周期包含第一、二、三周期；B．As与N处于同主族，具有相似的性质，可能具有﹣3、+3、+5等多种化合价；C．N、P、As为同主族非金属，自上而下单质熔点升高；D．As与N、P同主族，最高价氧化物具有相似的性质．解答：解：A．短周期包含第一、二、三周期，砷是第4周期第ⅤA族非金属元素，属于长周期，故A错误；B．砷（As）为第4周期ⅤA族元素，最外层电子数为5，最低价为﹣3价，最高价为+5价，与N处于同主族，具有相似的性质，可能具有﹣3、+3、+5等多种化合价，故B正确；C．N、P、As为同主族非金属，自上而下单质熔点升高，砷在通常情况下是固体，故C正确；D．As与N、P同主族，最高价氧化物具有相似的性质，最高价氧化物As2O5属于酸性氧化物，故D正确，故选A．点评：本题考查元素周期律和元素周期表，注意掌握同主族元素化合物性质的相似性与递变性，题目难度不大．7．（3分）（2013春•西城区期末）在2L密闭容器中进行如下反应：N2+3H22NH3，5min内氨的质量增加了1.7g，则反应速率为（）A． V（NH3）=0.02mol．（L．min）﹣1 B． V（NH3）=0.01mol．（L．min）﹣1C． V（N2）=0.01mol．（L．min）﹣1 D． V（H2）=0.03mol．（L．min）﹣1考点：化学反应速率和化学计量数的关系．专题：化学反应速率专题．分析： 5min内氨的质量增加了1.7g，n（NH3）==0.1mol，v（NH3）==0.01mol．（L．min）﹣1，结合反应速率之比等于化学计量数之比来解答．解答：解：A.5min内氨的质量增加了1.7g，n（NH3）==0.1mol，v（NH3）==0.01mol．（L．min）﹣1，故A错误；B.5min内氨的质量增加了1.7g，n（NH3）==0.1mol，v（NH3）==0.01mol．（L．min）﹣1，故B正确；C．反应速率之比等于化学计量数之比，则V（N2）=×0.01mol．（L．min）﹣1=0.005mol．（L．min）﹣1，故C错误；D．反应速率之比等于化学计量数之比，则V（H2）=×0.01mol．（L．min）﹣1=0.015mol．（L．min）﹣1，故D错误；故选B．点评：本题考查化学反应速率的计算及速率与化学计量数的关系，为高频考点，侧重分析能力和计算能力的考查，注意反应速率之比等于化学计量数之比，题目难度不大．8．（3分）（2015春•怀化期末）下列常见金属的冶炼原理中不合理的是（）+3CO2HgO34Al+3O（熔融）A． A B． B C． C D． D考点：金属冶炼的一般原理．专题：金属概论与碱元素．分析：金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程．金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法．总的说来，金属的性质越稳定，越容易将其从化合物中还原出来．金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2↑，热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，如：Fe2O3+3CO 2Fe+CO2↑，电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2↑．解答：解：A、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故B正确；C、Al为活泼金属，通常用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，应该是2Al2O34Al+3O2↑，故C错误；D、Na为活泼金属，较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物氯化钠的方法冶炼，故D正确．故选：C．点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大．9．（3分）（2013春•西城区期末）下列各组物质中，互为同系物的是（） A． CH4和CH3CH2CH3 B．1735Cl和1737ClC．和 D．和考点：芳香烃、烃基和同系物．专题：同系物和同分异构体．分析：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物．解答：解：A、CH4和CH3CH2CH3结构相似、分子式通式相同，相差1个CH2原子团，互为同系物，故A正确；B、1735Cl和1737Cl是氯元素的不同原子，互为同位素，故B错误；C、和，是空间四面体，结构相同，分子式相同，是同一物质，故C错误；D、和，分子式相同，结构不同，为碳链异构，互为同分异构体，故D错误．故选A．点评：本题考查同系物，同系物具有结构相似、化学性质相似、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同，属于有机物．10．（3分）（2013春•西城区期末）下列化学用语书写正确的是（） A． O2﹣的离子结构示意图：B． CH4分子的比例模型：C．四氯化碳的电子式：D．用电子式表示氯化氢分子的形成过程：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．专题：化学用语专题．分析： A．O的质子数为8，其离子核外有10个电子；B．甲烷为正四面体型，C原子半径大于H原子半径；C．Cl周围应满足8电子稳定结构；D．HCl为共价化合物．解答：解：O2﹣的离子结构示意图为，故A错误；B．甲烷为正四面体型，C原子半径大于H原子半径，其比例模型为，故B正确；C．Cl周围应满足8电子稳定结构，则四氯化碳的电子式为，故C错误；D．HCl为共价化合物，用电子式表示氯化氢分子的形成过程为，故D错误；故选B．点评：本题考查化学用语，为高频考点，涉及电子式、物质的形成过程、结构示意图及比例模型等，把握化学用语的规范应用及区别为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．11．（3分）（2013春•西城区期末）汽车尾气中的有毒气体NO和CO，在一定条件下可发生反应生成N2和CO2．下列关于此反应的说法中，正确的是（）A．减小压强能增大反应速率B．增大压强能减小反应速率C．使用适当的催化剂能增大反应速率D．升高温度对反应速率无影响考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析： AB、有气体参加的反应，压强增大反应速率加快，降低压强反应速率减慢；C、使用催化剂，改变反应途径，加快反应速率；D、升高温度反应速率加快，降低温度反应速率减慢．解答：解：A、气体参加的反应，降低压强反应速率减慢，故A错误；B、有气体参加的反应，压强增大反应速率加快，故B错误；C、使用催化剂，改变反应途径，加快反应速率，故C正确；D、升高温度反应加快，降低温度反应速率减慢，故D错误；故选C．点评：本题考查影响化学反应速率的因素，难度不大，注意基础知识的积累理解．ASO考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析： A、标准状况下，乙醇的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量；B、铁参与的氧化还原反应，生成产物中铁元素化合价由+2、+3价，产物中铁元素的化合价不知，转移的电子数无法计算．C、标况下，22.4L氟气的物质的量为1mol，1mol氟气含有2mol氟原子；D、稀硫酸的体积不知，无法计算溶液中硫酸根离子的数目．解答：解：A、标况下乙醇不是气体，题中条件无法计算22.4L乙醇的物质的量，故A错误；B、56g铁的物质的量为1mol，1mol铁完全反应失去的电子可能为2mol或3mol，所以失去的电子数不一定为3N A个，故B错误；C、标准状况下，22.4L氟气的物质的量为1mol，含有2mol氟原子，所含氟原子数为2N A，故C正确；D、没有告诉0.1mol•L﹣1稀硫酸的体积，无法计算溶液中硫酸根离子的数目，故D错误；故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意明确标况下乙醇、水等不是气体，选项D为易错点，注意题中数据不能够计算硫酸的物质的量．13．（3分）（2013春•西城区期末）把甲、乙、丙、丁四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池．若甲、乙相连，甲为负极；丙、丁相连，丁上有气泡逸出；甲、丙相连，甲上发生氧化反应；乙、丁相连，乙是电子流入的一极．则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为（）A．甲＞乙＞丙＞丁 B．甲＞丙＞乙＞丁 C．甲＞丙＞丁＞乙 D．乙＞丁＞丙＞甲考点：常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：原电池中，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，正极为较不活泼的金属，氢离子的正极上得电子发生还原反应生成氢气，电子从负极沿导线流向正极，以此判断金属的活动性．解答：解：原电池中，负极材料为较为活泼的金属，若甲、乙相连，甲为负极，所以甲的活泼性大于乙的活泼性；丙、丁相连，丁上有气泡逸出，氢离子的正极上得电子发生还原反应生成氢气，所以丙的活泼性大于丁的活泼性；甲、丙相连，甲上发生氧化反应，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，所以甲的活泼性大于丙的活泼性；乙、丁相连，乙是电子流入的一极，电子从负极沿导线流向正极，所以丁的活泼性大于乙的活泼性；所以则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为甲＞丙＞丁＞乙．故选C．点评：本题考查金属活动性的比较，题目难度不大，注意金属活动性的比较方法的积累来解答．14．（3分）（2013春•西城区期末）下列关于苯的叙述正确的是（）A．反应①为取代反应，有机产物与水混合浮在上层B．反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有浓烟C．反应③为取代反应，有机产物是一种烃D．反应④中1 mol苯最多与3 mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键考点：苯的性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析： A．苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大；B．苯能与在空气中能燃烧，燃烧时火焰明亮并带有浓烟；C．苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C、H，还含有N和O；D．苯分子没有碳碳双键；解答：解：A．苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，所以与水混合沉在下层，故A错误；B．苯能与在空气中能燃烧，发生氧化反应，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，故B正确；C．苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C、H，还含有N和O，不属于烃，故C错误；D．苯分子没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故D错误；故选：B；点评：本题主要考查了苯的结构和性质，难度不大，根据所学知识即可完成．15．（3分）（2013春•西城区期末）向一恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，在一定条件下发生反应：2SO2+O22SO3，下列有关说法正确的是（）A．达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都为零B．当O2的浓度不变时，反应达到平衡状态C．当单位时间消耗a mol O2，同时消耗2a mol SO2时，反应达到平衡状态D．当SO2、O2、SO3的分子数比为2：1：2，反应达到平衡状态考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析： A、化学平衡是一个动态平衡；B、根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来回答；C、反应达到平衡状态的标志是正逆反应速率相等；D、各物质的分子数的多少取决于起始量与转化的程度，不能作为判断达到平衡的依据．解答：解：A、化学平衡是一个动态平衡，达到化学平衡时，正反应和逆反应的速率都不等于零，故A错误；B、根据化学平衡状态的特征：各组分的浓度不随时间的变化而变化，即当O2的浓度不变时，反应达到平衡状态，故B正确；C、当单位时间消耗a molO2，同时消耗2amol SO2时，只能说明正反应速率的情况，不能说明正逆反应速率相等，故C错误；D、SO2、O2、SO3的分子数比为2：1：2，等于方程式的系数，不能说明证明正逆反应速率相等，不一定平衡，故D错误．故选B．点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，注意把握判断的角度以及平衡状态的特征，易错点为D，注意体会．A． A B． B C． C D． D考点：化学实验方案的评价．分析： A．FeCl3为H2O2分解的催化剂，可加快反应速率；B．乙醇与氧化铜在加热条件下发生氧化还原反应；C．不饱和烃能和溴发生加成反应；D．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳．解答：解：A．FeCl3为H2O2分解的催化剂，可加快反应速率，所以可根据反应速率是否发生变化判断是否起到催化剂的作用，故A正确；B．如发生氧化还原反应，则铜丝变成红色，故B正确；C．不饱和烃能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳褪色，如溴的四氯化碳溶液褪色，可证明有烯烃生成，故C正确；D．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，所以用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中的乙烯能产生新的杂质，应该用溴水除杂，故D错误；故选D．点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，侧重考查除杂、物质检验等知识点，易错选项是D，注意除杂时要除去杂质但不能引进新的杂质．17．（3分）（2015春•河南校级月考）下列各组物质中属于同分异构体的是（） A． H2O和D2O B． O2和O3C． CH3CH2OH和CH3﹣O﹣CH3 D．和考点：同分异构现象和同分异构体．分析：分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体；同一元素形成的不同单质称同素异形体，同素异形体必须是单质；元素组成相同，结构相同的物质为同一物质．解答：解：A、H2O、D2O都是由氢元素、氧元素组成的，结构相同，为同一物质，故A错误；B、O2和O3都是由氧元素组成的，属于同素异形体，故B错误；C、CH3﹣CH2﹣OH和CH3﹣O﹣CH3分子式相同，结构不同，CH3﹣CH2﹣OH属于醇，CH3﹣O﹣CH3属于醚，二者互为同分异构体，故C正确；D、和分子式相同，结构相同，为同一物质，故D错误；故选C．点评：本题考查化学概念的分析比较，难度不大，注意：H2O、D2O为同一物质，同分异构体也存在于无机物中．18．（3分）（2012秋•扶余县校级期末）下列说法正确的是（）A．相对分子质量相同的物质是同种物质B．相对分子质量相差14的两种有机物，一定是属于同系物C．分子式相同的不同有机物一定是同分异构体D．分子中含有碳与氢元素的化合物是烃类考点：芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体．专题：同系物和同分异构体．分析： A、组成和结构都相同的物质为同一物质；B、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；C、同分异构体是分子式相同，结构式不同的化合物；D、烃是指仅含碳、氢两种元素的化合物．解答：解：解：A、相对分子质量相同的物质不一定是同种物质，如一氧化碳和氮气，故A错误；B、结构不相似，不是同系物，如苯酚与苯甲醇，故B错误；C、分子式相同的不同有机物一定是同分异构体，故C正确；D、分子中含有碳与氢元素的化合物不一定是烃类，故D错误；故选C．点评：本题主要考查了同种物质、同分异构体、同系物以及烃等，难度不大，根据概念即可解答．二、解答题（共5小题，满分46分）（1）十种元素中化学性质最不活泼的元素是Ar （填元素符号）．（2）A、C、D三种元素的氧化物对应的水化物，其中碱性最强的是NaOH （填化学式）．（3）I元素跟A元素形成化合物的电子式是．并用电子式表示该化合物的形成过程_（4）G的单质和B的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O ．（5）元素A和F能形成两种化合物，写出其中较稳定的化合物与CO2反应生成氧气的化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．分析：依据元素周期表可知字母分别代表的元素为：A：钠，B：钾，C：镁，D：铝，E：碳，F：氧，G：氯，H：氮，I：氟，R：氩，（1）0族元素最不活泼；（2）金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物的碱性越强；（3）NaF是离子化合物，用电子式表示其形成过程时，左边是原子的电子式，右边为氯化钠的电子式；（4）氯气与氢氧化钾法生成氯化钾和次氯酸钾，据此书写离子反应方程式即可；（5）过氧化钠较稳定，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，据此书写．解答：解：依据元素周期表可知字母分别代表的元素为：A：钠，B：钾，C：镁，D：铝，E：碳，F：氧，G：氯，H：氮，I：氟，R：氩，（1）Ar为惰性气体，最外层满足了8个电子的稳定结构，最不活泼，故答案为：Ar；（2）A，C，D三种元素分别对应的水化物为 NaOH、Mg（OH）2、Al（OH）3其中NaOH碱性最强，故答案为：NaOH；（3）NaF为离子化合物，电子式为：，用电子式表示的形成过程为，故答案为：；；（4）B的最高价氧化物对应的水化物为强碱KOH，完全电离，故反应方程式为Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）A与F形成Na2O与Na2O2两种物质，其中过氧化钠更稳定，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．点评：本题主要考查的是元素周期表的应用以及元素的推断和元素化合物的知识，涉及电子式的书写和用电子式表示离子化合物的形成过程，难度不大．20．（14分）（2015春•河南校级月考）从能量的变化和反应的快慢等角度研究反应：2H2+O2=2H2O （1）为了加快正反应速率，可以采取的措施有ABC （填序号，下同）．A．使用催化剂B适当提高氧气的浓度C．适当提高反应的温度D．适当降低反应的温度（2）如图能正确表示该反应中能量变化的是 A ．222氢气在负极发生氧化反应．路中每转移0.2mol电子，标准状况下消耗H2的体积是 2.24 L．考点：键能、键长、键角及其应用；吸热反应和放热反应；原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素．分析：（1）增大反应物浓度、使用催化剂、升高温度等均可加快反应速率；（2）放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；（3）断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，△H=反应物中键能之和﹣生成物中键能之和；（4）H元素的化合价升高，则氢气在负极失去电子，发生氧化反应，反应中消耗2molH2转移4mol电子，以此解答．解答：解：（1）A．使用催化剂，加快反应速率，故A选；B．适当提高氧气的浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，故B选C．适当提高反应的温度，反应速率加快，故C选；D．适当降低反应的温度，反应速率减慢，故D不选；故答案为：ABC；（2）由图可知，A中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故答案为：A；（3）断裂2molH2中的化学键吸收2×436kJ热量，断裂1molO2中的化学键吸收496kJ热量，共吸收2×436+496=1368kJ热量，形成4molH﹣O键释放4×463kJ=1852kJ热量，△H=反应物中键能之和﹣生成物中键能之和=1368﹣1852=﹣484＜0，该反应为放热反应．故答案为：化学键填“吸收热量”或“放出热量” 能量变化拆开化学键 2molH2中的化学键吸收热量 13681molO2中的化学键形成化学键 4molH﹣O键放出热量 1852总能量变化放出热量 484；（4）H元素的化合价升高，则氢气在负极失去电子，发生氧化反应，反应中消耗2molH2转移4mol电子，则电路中每转移0.2mol电子，标准状况下消耗H2的体积是0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为：负；氧化；2.24．点评：本题考查较综合，涉及化学反应速率的影响因素、化学键及反应中能量变化、原电池等，为高频考点，侧重化学反应原理的考查，有利于基础知识的夯实，题目难度不大．21．（7分）（2015春•河南校级月考）写出下列反应的化学方程式：。
河南省级示范性高中2014-2015学年高一下学期教学评价诊断测试化学试题 Word版缺答案
2014—2015学年下期高一年级教学评价诊断试题化学考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。
第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Fe 56 Cu 64第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共计45分。
在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的)1．国务院颁布的《“十二五”控制温室气体排放工作方案》提出，2015年我国单位国内生产总值CO2排放要比2010年下降17%。
下列说法不正确的是A．CO2属于酸性氧化物B．CO2是导致酸雨发生的主要原因C．可用Na2CO3溶液捕捉(吸收)CO2D．使用氢能源替代化石燃料可减少CO2排放2．下图中，能表示灼热的炭与二氧化碳反应的能量变化的是3．下列有关周期表的说法中，正确的是A．每个主族都含有非金属元素B．构成半导体的元素都是非金属元素C．过渡元素都属于金属元素D．非金属元素都位于短周期4．对于化学反应中的能量变化，表述正确的是A．氧化还原反应均为放热反应B．放热反应中，反应后体系能量降低C．断开化学键的过程会放出能量D．加热才能发生的反应均为吸热反应6. 下列排列顺序不正确的是A．离子半径：Mg2＋＞O2－＞F－B．原子半径：Na＞S＞OC．热稳定性：HF＞HCl＞HBrD．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO47．在短周期主族元素中，族序数与原子的核电荷数、电子层数均为奇数的有A．2种B．3种C．4种D．5种8．下列化学反应的离子方程式正确的是A．在稀氨水中通入过量CO2：NH3·H2O＋CO2===NH＋4＋HCO－3B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaSO3↓＋2HClO C．用稀HNO3溶解FeS固体：FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑D.等体积、等物质的量浓度的氢氧化钙溶液与稀硫酸混合：Ca2＋＋OH－＋H＋＋SO2－4===CaSO4↓＋H2O9．由铜、锌和稀硫酸组装的原电池中，下列叙述正确的是A．铜为正极，发生氧化反应B．锌为负极，被氧化C．用酒精替代稀硫酸电池会正常工作D．电池放电后，溶液变为蓝色10．下表为周期表中短周期的一部分。
河南三门峡市陕州中学2015届高三高考考前仿真考试(二)化学试题 (Word版含答案)
7. 糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。
下列分析正确的是A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度延长糕点保质期B.脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为：Fe-3e-=Fe3+C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）8.下列不能达到实验目的的是A．将等物质的量的CH4和Cl2在光照下反应生成纯净的CH3ClB. 将苯与浓硝酸和浓硫酸混合水浴加热制取硝基苯C．用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别葡萄糖和蔗糖D. 用浓硝酸鉴别淀粉溶液和鸡蛋白溶液若烷基R中直接与苯环相连接的碳原子上没有C－H键，则不容易被氧化得到苯甲酸。
据此判断，分子式为C11H16的一烷基取代苯，可以被氧化为苯甲酸的异构体共有A. 6种B. 7种C. 8种D. 9种11．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑ ，下列判断正确的是A. 该反应中KNO3是氧化剂，N2是还原产物B. 每生成16 mol N2转移30 mol电子C. 若氧化产物比还原产物多1.75mol ，则转移电子的物质的量为1.25molD. 该反应中氧化产物与还原产物的质量之比为1:1512. 在100℃时，将N2O4、NO2分别充入两个各为1 L的密闭容器中，反应过程中浓度变化如下：A. 平衡时，Ⅰ、Ⅱ中反应物的转化率α(N2O4)＜α(NO2)B. 平衡时，Ⅰ、Ⅱ中上述正反应的平衡常数K(Ⅰ) = 2K(Ⅱ)20 40 60 S/gC. 平衡后，升高相同温度，以N 2O 4表示的反应速率ν(Ⅰ)＜ν(Ⅱ)D. 平衡后，升高温度，Ⅰ、Ⅱ中气体颜色都将变深13、隔膜电解法处理高浓度乙醛废水的原理是使乙醛分别在两极发生反应，转化为乙醇和乙酸。
实验室中，以一定浓度的乙醛—Na 2SO 4溶液为电解质溶液， 模拟乙醛废水的处理过程，其装置示意图如右图所示。
河南省三门峡市陕州中学高一化学下学期第一次精英对抗试卷(含解析)
2015-2016学年河南省三门峡市陕州中学高一（下）第一次精英对抗化学试卷一、选择题（本题包括16个小题，每个小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．为了解决上海的能源紧缺问题，我国从新疆将天然气引至上海，下列关于天然气的叙述中不正确的是（ ）A ．天然气和沼气的主要成分都是甲烷B ．改液化石油气（主要成分为C 3H 8）为天然气做燃料，燃烧时应减小进空气量或增大进天然气量C ．天然气燃烧的废气中SO 2等污染物的含量少D ．天然气与空气混合点燃，绝对不会发生爆炸2．下列各图为元素周期表的一部分，表中的数字为原子序数，其中M 为37的是（ ）A ．B ．C ．D ．3．下列说法中不正确的是（ ）①质子数相同的微粒一定是同种元素②同位素的化学性质基本相同③质子数相同、电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子④电子数相同的微粒不一定是同一种原子⑤某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数．A ．①⑤B ．③④⑤C ．①②⑤D ．②③④4．下列比较关系与排列顺序不正确的是（ ）A ．酸性：H 4SiO 4＜H 3PO 4＜H 2SO 4＜HClO 4B ．熔沸点：HF ＜HCl ＜HBr ＜HIC ．还原性：SiH 4＞NH 3＞H 2O ＞HFD ．半径：Al 3+＜Mg 2+＜Na +＜F ﹣5．下列说法正确的是（ ）A ．H 与D ，16O 与18O 互为同位素，H 216O 、D 216O 、H 218O 、D 218O 互为同素异形体B ．元素X 含氧酸的酸性强于元素Y 的含氧酸的酸性，则X 的得电子能力强于元素YC ．质量数相同的不同核素，一定属于不同种元素D ．HF 、HCl 、HBr 、HI 的热稳定性和还原性依次减弱6．下列叙述错误的是（ ）A ．通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应B ．甲烷化学性质比较稳定，不能被任何氧化剂氧化C ．甲烷跟氯气反应无论生成CH 3Cl 、CH 2Cl 2、CHCl 3还是CCl 4，都属于取代反应D ．甲烷的四种取代物都难溶于水 ）A．C6H12B．C6H14C．C7H12D．C7H148．某有机物在O2中充分燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：1，下列结论正确的是（）A．该有机物分子中碳、氢、氧原子个数比为1：2：3B．该有机物中肯定不含氧C．该有机物分子中碳、氢原子个数比为1：2D．该有机物中肯定含有氧9．烷烃：①3，3一二甲基戊烷、②正庚烷、③2一甲基己烷、④正丁烷．它们的沸点由高到低的顺序是（）A．②＞③＞①＞④B．③＞①＞②＞④C．②＞③＞④＞①D．②＞①＞③＞④10．短周期元素的离子a W2+、b X+、c Y2﹣、d Z﹣都具有相同的电子层结构，下列推断正确的是（）A．原子半径：W＞X＞Z＞Y B．热稳定性：H2Y＞HZC．离子半径：W2+＞Y2﹣D．碱性：XOH＞W（OH）211．短周期元素A和B可形成AB3型化合物．若B原子序数为m，则A的原子序数为下面算式中的①m+6 ②m+4 ③m﹣4 ④m﹣2 ⑤m+8 ⑥m+14 ⑦m﹣12（）A．②③⑥B．①②③④ C．①②⑥⑦ D．①②③④⑤⑥⑦12．某元素的一种同位素X原子的质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成H m X分子，在a g H m X分子中含质子的物质的量是（）A．（A+N+m）mol B．（A﹣N+m）molC．（ A﹣N）mol D．（A﹣N）mol13．甲、乙、丙都是短周期元素，其中甲、乙两元素原子的最外层电子数分别是次外层电子数的2倍和3倍，丙元素原子K层和M层电子数之和与L层的电子数相同．则下列判断不正确的是（）A．乙元素的族序数比甲元素的族序数大B．甲、丙元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为：甲＜丙C．原子半径由大到小的顺序为：丙＞甲＞乙D．含乙元素的化合物数目比含甲或丙元素的化合物数目多14．下列递变规律正确的是（）A．HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强B．Na、Mg、Al、Si的还原性逐渐增强C．O、S、Na、K的原子半径依次增大D．KOH、Ca（OH）2、Mg（OH）2、Al（OH）3的碱性逐渐增强15．短周期的三种元素分别为X、Y和Z，已知X元素的原子最外层只有一个电子；Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半；Z元素原子的L电子电子数比Y 元素原子的L电子层上电子数少2个．则这三种元素所组成的化合物的化学式不可能是（）A．XYZ3B．X2YZ4 C．X3YZ4 D．X4Y2Z716．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B．元素X的单质能与其最高价氧化物反应C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2A．等物质的量的X、Y的单质与足量盐酸反应，生成H2一样多B．Y与Q形成的化合物不可能跟氢氧化钠溶液反应C．Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性D．在化学反应中，M原子与其它原子易形成共价键而不易形成离子键18．R、M、T、G、J为原子序数依次递增的同一周期主族元素，m、n均为正整数．下列说法一定正确的是（）A．若T的最低化合价为﹣3，则J的最高正化合价为+6B．若H n JO m为强酸，则G是位于ⅤA以后的活泼非金属元素C．若M（OH）n+1为强碱，则R（OH）n也为强碱D．若M的最高正化合价为+4，则五种元素都是非金属元素二、非选择题（本题共6个小题，共46分）19．下列物质中互为同系物的是；互为同分异构体的是；互为同位素的是；互为同素异形体的是；属于同一物质的是．（1）18O和16O （2）盐酸与氯化氢（3）氧气与臭氧（4）（5）与（6）C（CH3）4与（CH3）2CHCH2CH2CH3．20．（1）第三周期中，化学性质最不活泼的元素是，可用于制半导体材料的元素是，最高价氧化物的水化物酸性最强的化合物是．（2）Fe元素在元素周期表中的位置是．（3）按系统命名法命名下面物质（4）写出下列各物质的结构简式2，2﹣二甲基﹣4﹣乙基庚烷5，5﹣二甲基﹣3﹣乙基辛烷（5）由七个碳原子形成的烷烃，若其主链碳原子数为5，则其结构式有种．21．有X、Y、Z、W四种短周期元素，已知：①Z+与W的气态氢化物分子具有相同的电子数；X2﹣、Y﹣与Y的气态氢化物分子具有相同的电子数；②X单质在空气中燃烧产生气体R；③Y的气态氢化物与W的气态氢化物相遇时有白烟生成．请回答：（1）画出X2﹣的原子结构示意图．（2）Z的单质在空气中燃烧产物的电子式为：．（3）实验室制取W的气态氢化物的反应方程式为：．（4）向Y单质的水溶液中通入过量气体R的离子反应方程式为．22．有A、B、C、D四种元素，A和B两种元素的原子各有两个电子层；C、D两元素的原子各有三个电子层．A和B能化合生成无色无味的气体AB2，C和D能化合生成C2D，B和D是同族元素，B离子和C离子核外电子数相同．（1）这四种元素分别是：A 、B 、C 、D ．（2）用电子式表示C和D形成化合物的过程：．23．现有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大，A、D同主族，C 与E同主族，D、E、F同周期，A、B的最外层电子数之和与C的最外层电子数相等，A能分别与B，C形成电子总数为10的分子，且A与C形成的化合物常温下为液态，A能分别与E、F形成电子总数为18的气体分子．请回答下列问题（题中的字母只代表元素代号，与实际元素符号无关）；（1）A～F六种元素原子，原子半径最大的是（填元素符号），B元素在元素周期表中的位置．（2）A与C可形成化合物A2C2，该化合物的电子式为．（3）A、C、E三种元素形成的一种常见化合物，其浓溶液在加热条件下可与碳反应，该反应的化学方程式为．（4）比较E、F气态氢化物的稳定性：（用分子式表示）．24．“立方烷”是一种新合成的烃，其分子为正方体结构，其碳架结构如图所示．（1）立方烷的分子式为．（2）该立方烷与氯气发生取代反应，生成的一氯代物有种，生成的二氯代物有种．（3）若要使1mol该烷烃的所有氢原子全部被氯原子取代，需要mol氯气．2015-2016学年河南省三门峡市陕州中学高一（下）第一次精英对抗化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16个小题，每个小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意）1．为了解决上海的能源紧缺问题，我国从新疆将天然气引至上海，下列关于天然气的叙述中不正确的是（）A．天然气和沼气的主要成分都是甲烷B．改液化石油气（主要成分为C3H8）为天然气做燃料，燃烧时应减小进空气量或增大进天然气量C．天然气燃烧的废气中SO2等污染物的含量少D．天然气与空气混合点燃，绝对不会发生爆炸【考点】化石燃料与基本化工原料．【分析】A．天然气、沼气和煤矿瓦斯气的主要成分都是CH4；B．丙烷燃烧比甲烷耗氧量大；C．甲烷不含硫元素；D．可燃性气体与空气混合可能发生爆炸．【解答】解：A．天然气、沼气的主要成分都是CH4（甲烷），故A正确；B．丙烷燃烧比甲烷耗氧量大，应减少空气进量或增大天然气进量，故B正确；C．甲烷不含硫元素，燃烧的废气中，SO2等污染物的含量少，故C正确；D．天然气与空气中氧气的体积比为1：2时，混合气点燃爆炸最激烈，故D错误．故选D．2．下列各图为元素周期表的一部分，表中的数字为原子序数，其中M为37的是（）A．B．C．D．【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】根据原子序数，结合元素周期表结构确定元素在周期表中位置．再结合各元素位置关系进行判断．【解答】解：M的原子序数为37，位于周期表中第五周期第ⅠA族．A、17号、53号元素为第ⅦA族元素，图中M为稀有气体Kr，故A错误；B、19号，55号元素处于第ⅠA族，M应处于二者之间，故B错误；C、20号，56号元素处于第ⅡA族．20号元素为钙元素，处于第四周期第ⅡA族，M位置正确，故C正确；D、26号、28号元素为第Ⅷ族元素，图中M处于第Ⅷ族，故D错误．故选：C．3．下列说法中不正确的是（）①质子数相同的微粒一定是同种元素②同位素的化学性质基本相同③质子数相同、电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子④电子数相同的微粒不一定是同一种原子⑤某种元素的相对原子质量取整数，就是其质量数．A．①⑤ B．③④⑤C．①②⑤D．②③④【考点】原子结构与元素的性质．【分析】质子数相同的同一类原子的总称为元素，质子数相同、中子数的不同原子互为同位素，化学性质相同，物理性质不同，并注意粒子可能为分子、原子、离子等，以此来解答．【解答】解：①质子数相同的原子一定属于同种元素，若为不同分子，则一定不是同种元素，故①错误；②同位素原子的核外电子排布相同，则化学性质基本相同，故②正确；③离子一定带电，质子数一定不等于电子数；分子呈电中性，质子数一定等于电子数，所以质子数和电子数均相同的两种微粒不可能是一种分子和一种离子，故③正确；④因分子中质子数等于电子数，离子中质子数一定不等于电子数，则质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子，故④正确；⑤某种原子的相对原子质量取整数，就是原子的质量数，而元素的相对原子质量与各核素的百分含量有关，故⑤错误；故选A．4．下列比较关系与排列顺序不正确的是（）A．酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4B．熔沸点：HF＜HCl＜HBr＜HIC．还原性：SiH4＞NH3＞H2O＞HFD．半径：Al3+＜Mg2+＜Na+＜F﹣【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；微粒半径大小的比较．【分析】元素的非金属性强弱的可以依据最高价氧化物对应水化物的酸性、对应最低价阴离子的还原性、与氢气化合的难易、气态氢化物的稳定性、单质的氧化性来判断；同主族元素气态氢化物都是分子晶体熔沸点取决于分子间作用力，分子间作用力越大熔沸点越高，但应该注意氢键的存在对物质熔沸点的影响；具有相同核外电子排布的微粒半径大小取决于质子数或者原子序数，原子序数越大，微粒半径越小．【解答】解：A．同周期元素非金属性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，故A正确；B．HF中存在氢键使得HF的熔沸点显著提高，所以HF的熔沸点比同主族其他氢化物高，其熔沸点顺序为：HF＞HI＞HBr＞HCl，故B错误；C．四种元素的非金属性顺序：Si＜N＜O＜F，非金属性越强其气态氢化物的还原性就越弱，故C正确；D．四种离子具有相同的核外电子排布，离子半径随着质子数的增加而减小，故D正确；故选B．5．下列说法正确的是（）A．H与D，16O与18O互为同位素，H216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体B．元素X含氧酸的酸性强于元素Y的含氧酸的酸性，则X的得电子能力强于元素YC．质量数相同的不同核素，一定属于不同种元素D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性依次减弱【考点】同素异形体；元素周期律的作用．【分析】A．具有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；由同种元素组成的不同单质互为同素异形体；B．最高价含氧酸酸性越强，非金属性越强，不是最高价含氧酸不一定；C．元素是指具有相同质子数的同一类原子的总称；D．非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，对应阴离子还原性越弱．【解答】解：A．H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，不是单质，不为同素异形体，故A错误；B．最高价含氧酸酸性越强，非金属性越强，不是最高价含氧酸不一定，如酸性：碳酸＞次氯酸，故B错误；C．质量数相同的不同核素，质子数一定不相同，一定属于不同种元素，故C正确；D．非金属性越强，对应气态氢化物越稳定，HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，对应阴离子还原性越弱，HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强，故D错误．故选C．6．下列叙述错误的是（）A．通常情况下，甲烷跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应B．甲烷化学性质比较稳定，不能被任何氧化剂氧化C．甲烷跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应D．甲烷的四种取代物都难溶于水【考点】甲烷的化学性质．【分析】A．甲烷化学性质比较稳定，跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应；B．甲烷化学性质比较稳定，不能被酸性的高锰酸钾氧化，但是甲烷可以燃烧，能被氧气氧化；C．甲烷是饱和链烃，跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应；D．甲烷的四种取代物都是有机物，根据相似相溶的原则都难溶于水．【解答】解：A．甲烷化学性质比较稳定跟强酸、强碱、强氧化剂都不反应，故A正确；B．甲烷可以燃烧，能被氧气氧化，故B错误；C．甲烷是饱和链烃，跟氯气反应无论生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3还是CCl4，都属于取代反应，故C正确；D．甲烷的四种取代物都是有机物，根据相似相溶的原则都难溶于水，故D正确；故选B．）612614712714【考点】饱和烃与不饱和烃．【分析】由表中分子式可知，每3个一组，每组内碳原子数目相同，由前到后的顺序按炔烃、烯烃、烷烃循环，相邻组的碳原子数目相差1，故第15位烃应处于第五组最后一个，据此书写．【解答】解：由表中分子式可知，每3个一组，每组内碳原子数目相同，由前到后的顺序按炔烃、烯烃、烷烃循环，相邻组的碳原子数目相差1，故第15位烃应处于第五组最后一个，碳原子数目为2+4=6，为烷烃，故分子式为C6H14，故选B．8．某有机物在O2中充分燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：1，下列结论正确的是（）A．该有机物分子中碳、氢、氧原子个数比为1：2：3B．该有机物中肯定不含氧C．该有机物分子中碳、氢原子个数比为1：2D．该有机物中肯定含有氧【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】该有机物生成的水和二氧化碳的物质的量比为1：1，所以可以据此可以求算出其中碳原子和氢原子的个数比，但是不能判断其中氧原子与碳原子及氢原子的个数比，然后结合质量守恒定律即可完成判断．【解答】解：A．有机物在O2中充分燃烧生成CO2和H2O的物质的量之比为1：1，根据质量守恒定律可以判断在有机物中含有碳原子和氢原子，但是不能判断出该有机物中是否含有氧元素，故A错误；B．有机物的质量未给出，无法判断有机物中是否含有氧元素，故B错误；C．该有机物在氧气里充分燃烧，生成的CO2和H2O的物质的量之比为1：1，根据原子守恒可知，有机物中分子中碳、氢原子个数比为1：2，故C正确；D．有机物的质量未给出，无法判断有机物中是否含有氧元素，故D错误．故选C．9．烷烃：①3，3一二甲基戊烷、②正庚烷、③2一甲基己烷、④正丁烷．它们的沸点由高到低的顺序是（）A．②＞③＞①＞④B．③＞①＞②＞④C．②＞③＞④＞①D．②＞①＞③＞④【考点】烷烃及其命名．【分析】烷烃的沸点随着相对分子质量的增加而升高，一般来说分子中碳数越多，沸点越高；对于含碳数相同的烷烃而言，支链越多，沸点越低．【解答】解：一般说分子中碳数越多，沸点越高；对于含碳数相同的烷烃而言，支链越多，沸点越低．①3，3一二甲基戊烷、②正庚烷、③2一甲基己烷中碳原子数目相同，支链越多，沸点越低，所以沸点由高到低的顺序②＞③＞①；④正丁烷中碳原子数目少，所以沸点①＞④．所以沸点由高到低的顺序②＞③＞①＞④．．故选：A．10．短周期元素的离子a W2+、b X+、c Y2﹣、d Z﹣都具有相同的电子层结构，下列推断正确的是（）A．原子半径：W＞X＞Z＞Y B．热稳定性：H2Y＞HZC．离子半径：W2+＞Y2﹣D．碱性：XOH＞W（OH）2【考点】原子结构与元素的性质．【分析】根据a W2+、b X+、c Y2﹣、d Z﹣四种离子具有相同的电子层结构，依据“阴上阳下”规律（具有相同的核外电子排布的微粒，阴离子在上一周期，阳离子在下一周期）和离子带电荷数，可以推测其对应原子在周期表中的位置关系，如下图所示：然后根据元素周期律推断物质的性质，微粒半径大小比较．【解答】解：A．X W电子层数比Y Z多，半径大，再根据同周期原子半径依次减小规律，推出半径大小顺序：X＞W＞Y＞Z，故A错误；B．同周期非金属性依次增强，故氢化物稳定性依次增强，热稳定性：H2Y＜HZ，故B错误；C．根据“阴上阳下，径小序大”规律：W2+＜Y2﹣，故C错误；D．同周期元素金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，碱性：XOH＞W （OH）2，故D正确；故选D．11．短周期元素A和B可形成AB3型化合物．若B原子序数为m，则A的原子序数为下面算式中的①m+6 ②m+4 ③m﹣4 ④m﹣2 ⑤m+8 ⑥m+14 ⑦m﹣12（）A．②③⑥B．①②③④ C．①②⑥⑦ D．①②③④⑤⑥⑦【考点】元素周期表的结构及其应用；原子结构与元素的性质．【分析】短周期元素A和B组成的化合物的化学式为AB3，可知A的化合价可能为+3价、+6价或﹣3价，B的化合价可能为﹣1价、+1价或﹣2价，则A可能为B、Al、S、N或P元素，B可能为F、Cl、O、S或H元素，可能的化合物有BF3、BCl3、AlF3、AlCl3、SO3、NH3、PH3、NF3、PCl3等，以此来解答．【解答】解：根据短周期元素A和B组成的化合物的化学式为AB3，可知A的化合价可能为+3价、+6价或﹣3价，B的化合价可能为﹣1价、+1价或﹣2价，A可能属于ⅢA族、ⅥA 族、ⅤA族元素，B可能属于ⅠA族、ⅥA族、VIIA族元素．则A可能为B、Al、S、N或P元素，原子序数分别为5、13、16、7、15，B可能为F、Cl、O、S或H元素，原子序数分别为9、17、8、16、1，可能的化合物有BF3、BCl3、AlF3、AlCl3、SO3、PH3、NH3、NF3、PCl3等；根据这几种元素的原子序数可知当B的原子序数为m时，A的原子序数可能是：m﹣4、m﹣12、m+4、m﹣4、m+14、m+8、m+6、m﹣2，即这七种情况都存在，故选D．12．某元素的一种同位素X原子的质量数为A，含N个中子，它与1H原子组成H m X分子，在a g H m X分子中含质子的物质的量是（）A．（A+N+m）mol B．（A﹣N+m）molC．（ A﹣N）mol D．（A﹣N）mol【考点】物质的量的相关计算．【分析】X原子的质量数为A，含N个中子，则质子数为A﹣N，n（H m X）=，以此解答．【解答】解：H m X的相对分子质量为A+m，a g H m X分子的物质的量为n（H m X）==mol，X原子的质量数为A，含N个中子，则质子数为A﹣N，所以在a g H m X分子中含质子的物质的量是mol×（A﹣N+m）=（A﹣N+m）mol，故选B．13．甲、乙、丙都是短周期元素，其中甲、乙两元素原子的最外层电子数分别是次外层电子数的2倍和3倍，丙元素原子K层和M层电子数之和与L层的电子数相同．则下列判断不正确的是（）A．乙元素的族序数比甲元素的族序数大B．甲、丙元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序为：甲＜丙C．原子半径由大到小的顺序为：丙＞甲＞乙D．含乙元素的化合物数目比含甲或丙元素的化合物数目多【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】甲、乙、丙都是短周期元素，其中甲、乙两元素原子的最外层电子数分别是次外层电子数的2倍和3倍，则甲、乙都有2个电子层，甲元素原子的最外层电子数是2×2=4，故甲为C元素，乙元素原子的最外层电子数为2×3=6，故乙为O元素；丙元素原子K层和M 层电子数之和与L层的电子数相同，则M层电子数为8﹣2=6，故丙为S元素，据此解答．【解答】解：甲、乙、丙都是短周期元素，其中甲、乙两元素原子的最外层电子数分别是次外层电子数的2倍和3倍，则甲、乙都有2个电子层，甲元素原子的最外层电子数是2×2=4，故甲为C元素，乙元素原子的最外层电子数为2×3=6，故乙为O元素；丙元素原子K层和M 层电子数之和与L层的电子数相同，则M层电子数为8﹣2=6，故丙为S元素．A．乙为O，甲为C，二者同周期，氧元素原子序数较大，则乙元素的族序数比甲元素的族序数大，故A正确；B．甲为C，其最高价含氧酸为碳酸，属于弱酸，丙为S，最高价含氧酸为硫酸，属于强酸，故硫酸的酸性更强，故B正确；C．同周期元素的原子序数越大原子半径越小，一般电子层越多原子半径越小，则原子半径S＞C＞O，故C正确；D．甲为C元素，C元素可形成有机物，种类繁多，比O、S形成的化合物的种类多，故D错误．故选：D．14．下列递变规律正确的是（）A．HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强B．Na、Mg、Al、Si的还原性逐渐增强C．O、S、Na、K的原子半径依次增大D．KOH、Ca（OH）2、Mg（OH）2、Al（OH）3的碱性逐渐增强【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；元素周期律的作用．【分析】A．非金属性越强，氢化物越稳定；B．同周期，从左向右金属性减弱；C．电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小；D．金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强．【解答】解：A．非金属性F＞Cl＞S＞P，HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱，故A错误；B．同周期，从左向右金属性减弱，则Na、Mg、Al、Si的还原性逐渐减弱，故B错误；C．电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则O、S、Na、K的原子半径依次增大，故C正确；D．金属性K＞Ca＞Mg＞Al，KOH、Ca（OH）2、Mg（OH）2、Al（OH）3的碱性逐渐减弱，故D 错误；15．短周期的三种元素分别为X、Y和Z，已知X元素的原子最外层只有一个电子；Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半；Z元素原子的L电子电子数比Y 元素原子的L电子层上电子数少2个．则这三种元素所组成的化合物的化学式不可能是（）A．XYZ3B．X2YZ4 C．X3YZ4 D．X4Y2Z7【考点】原子结构与元素的性质．【分析】短周期的三种元素分别为X、Y和Z．Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素；Z元素原子的L电子电子数比Y 元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素．已知X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于ⅠA族．判断可能的化合价，根据化合价可判断可能的化学式．【解答】解：Y元素原子的M电子层上的电子数是它K层和L层电子总数的一半，则M层有5个电子，故Y为P元素，为+3、+5价等；Z元素原子的L电子电子数比Y元素原子的L电子层上电子数少2个，则Z元素L层有6个电子，故Z为O元素，为﹣2价．已知X元素的原子最外层只有一个电子，则X处于ⅠA族，X+1价．A、Y的化合价为+5价，符合，故A可能；B、Y的化合价为+6价，不符合，故B不可能；C、Y的化合价为+5价，符合，故C可能；D、Y的化合价为+5价，符合，故D可能．故选：B．16．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B．元素X的单质能与其最高价氧化物反应C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素．Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素，据此分析．【解答】解：短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素．Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S 元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素；A．W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B．元素X为C，C与CO2反应生成CO，故B正确；C．元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D．硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；。
三门峡市高一第二学期第一次质量检测化学试卷
三门峡市高一第二学期第一次质量检测化学试卷一、选择题1．以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列说法不正确．．．的是( )A．焙烧时产生的SO2气体可以用NaOH溶液吸收B．滤液中的铝元素主要以AlO2-存在，可以往滤液中通入过量二氧化碳，经过滤、灼烧生产氧化铝C．可以将少量Fe3O4产品溶于稀硫酸中，再滴入酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色则证明产品中含有FeOD． Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16【答案】C【分析】高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经操作Ⅰ得到的固体中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，以此解答该题。
【详解】A．二氧化硫可与氢氧化钠溶液反应而被吸收，避免污染环境，A正确；B．向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2-转化为Al(OH)3，灼烧可生成氧化铝，B正确；C．Fe3O4产品溶于稀硫酸中，可生成硫酸亚铁，可与酸性高锰酸钾溶液反应，不能证明产品中含有FeO，C错误；D．“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有x mol Fe2O3和y mol FeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3-8 3)=2y×5+y×(83-2)，解得xy=16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16，D正确；故合理选项是C。
河南省陕州中学2015届高三第五次月考化学试题及答案
河南陕州可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 Mg —24 Al —27 P —31 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ba-137第Ⅰ卷 （选择题 共48分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1．化学与生产生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。
下列说法错误．．的是（ ）A ．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源B ．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应C ．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化D ．高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 （ ） A ．0.1 mol·L －1 (NH 4)2Fe(SO 4)2溶液中：K +、Cu 2+、Cl －、MnO －4B ．遇苯酚变紫色的溶液：Na ＋、Mg 2+、SO 2－4、Cl －C ．使甲基橙变红色的溶液：NH +4、Cu 2+、ClO －、Cl －D ．0.1mol·L －1 NaHCO 3溶液：K ＋、AlO －2、Cl －、NO －33．有关下列离子方程式的说法正确的是 （ ）A ．等物质的量MgCl 2、Ba(OH)2和HCl 溶液混合:Mg 2＋＋3OH －＋H ＋=Mg(OH)2↓＋H 2OB ．向NaAlO 2溶液中通入过量CO 2的反应为:2AlO 2－＋CO 2＋3H 2O=2Al(OH)3↓＋CO 32－C ．等物质的量的FeBr 2与Cl 2反应为：2Fe 2＋＋2Br －＋2Cl 2=2Fe 3＋＋Br 2＋4Cl －D ．用浓盐酸酸化的KMnO 4溶液与H 2O 2反应，证明H 2O 2具有还原性：2MnO 4－＋6H ＋＋5H 2O 2=2Mn 2＋＋5O 2↑＋8H 2O4．近年来AIST 报告正在研制一种“高容量、低成本”锂一铜空气燃料电池。