《【化学】江西省吉安市2014-2015学年高一下学期期末》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【化学】江西省吉安市2014-2015学年高一下学期期末（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、江西省吉安市2014-2015学年高一下学期期末化学试卷一、选择题1下列广告对应商品中含有的化学物质正确的是( )A“莲花味精、领先（鲜）一步”蛋白质B“何以解优，唯有杜康”乙醇C“盖中盖片高钙片，吸收好”硫酸钙D“恒源祥，羊羊羊”纤维素考点：纤维素的性质和用途；乙醇的化学性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点分析：A、味精的主要成分是谷氨酸钠；B、酒的主要成分是乙醇；C、补品钙中钙主要成分是碳酸钙；D、恒源祥是羊毛制品，主要成分是蛋白质解答：解：A、味精的主要成分是谷氨酸钠，不是蛋白质，故A错误；B、杜康酒，主要成分是乙醇，故B正确；C、盖中盖片高钙片主要成分是碳酸钙，故C错误；D、恒源祥是羊
2、毛制品，主要成分是蛋白质，故D错误；故选B点评：本题考查了物质的组成和构成，与生活实际相联系，注意知识的积累2下列说法不正确的是( )A法国科学家拉瓦锡用定量化学实验阐述了燃烧的氧化学说，推翻了燃素说B俄国科学家门捷列夫制作出世界上第一张元素周期表C意大利科学家阿伏伽德罗发现了阿伏伽德罗常数D英国科学家道尔顿提出了近代原子学说考点：化学史分析：A拉瓦锡测定了空气的成分；B门捷列夫设计了元素周期表；C意大利科学家阿伏伽德罗发现了阿伏伽德罗定律；D道尔顿提出的是原子学说解答：解：A拉瓦锡测定了空气的成分，阐述了燃烧的氧化学说，推翻了燃素说，故A正确； B门捷列夫发现元素周期律并编制出元素周期表，故
3、B正确；C意大利科学家阿伏伽德罗发现了阿伏伽德罗定律，故C错误；D道尔顿提出了近代原子学说，故D正确故选C点评：本题考查了常见化学家及他们的贡献，难度不大，需要准确的记忆相关知识3下列化学用语表示正确的是( )AHClO的电子式为：B硝基苯的结构简式为：C含18个中子的氯原子的核素符号：ClD四氯化碳分子比例模型：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；球棍模型与比例模型分析：A次氯酸分子中含有1个氢氧键和1个氧氯键，O、Cl原子最外层都达到8电子稳定结构；B硝基的书写不规范，N原子与苯环碳相连；C元素符号的左上角数字为质量数、左下角数字为质子数；D四氯化碳分子中，氯原子相对体积大于碳原子
4、解答：解：A次氯酸为共价化合物，中心原子为氧原子，HClO的电子式为：，故A正确；B硝基苯中，硝基中的氮原子与苯环碳相连，硝基苯正确的结构简式为：，故B错误；C氯原子的质子数为17，含18个中子的氯原子的质量数为35，该核素符号为：1735Cl，故C错误；D四氯化碳中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳正确的比例模型为：，故D错误；故选A点评：本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度中等，涉及比例模型、元素符号、结构简式、电子式等知识，注意掌握常见化学用语的概念及书写原则，D为易错点，注意明确甲烷与四氯化碳的比例模型的区别4氕化锂、氘化锂、氚化锂可能作为火箭优良燃料，下列说法正确的是( )
5、ALiH、LiD、LiT的摩尔质量之比为1：2：3B一个T原子的质量约为1023gCH、D、T的中子数之比为1：2：3D氕化锂、氘化锂、氚化锂都是强还原剂考点：物质的量的相关计算；质量数与质子数、中子数之间的相互关系分析：A摩尔质量以g/mol为单位，在数值等于物质的相对分子质量；BT原子质量数为3，摩尔质量约是3g/mol；CH原子中只含有质子，没有中子；DLiH、LiD、LiT中氢元素为1价，都具有较强的还原性解答：解：A摩尔质量以g/mol为单位，在数值等于物质的相对分子质量，LiH、LiD、LiT的摩尔质量之比应为8：9：10，故A错误； BT原子质量数为3，摩尔质量约是3g/mol，
6、即一个T原子的质量约是1023g，故B错误；CH、D、T的中子数分别为0、1、2，H、D、T的质量数之比为1：2：3，故C错误；DLiH、LiD、LiT中氢元素为1价，都是强还原剂，故D正确，故选D点评：本题考查摩尔质量、原子构成、氧化还原反应等，侧重对基础知识的巩固，注意氕原子中不含中子，为易错点5NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是( )A30g乙烷中含有共价键的数目为7NAB1L1mol/L的稀硫酸中，氧原子数为4NAC标准状况下，11.2LCCl4所含的分子数为0.5NAD制取84消毒液（NaClO）时，当消耗0.5mol氯气时转移的电子数为NA考点：阿伏加德罗常数分析：A
7、、30g乙烷的物质的量n=1mol，1mol乙烷分子中含共价键数=1mol（21+6）NA/mol=7NA；B、稀硫酸溶液中的H2O分子也含有氧原子；C、标准状况下，CCl4是液体，不能用22.4L/mol来计算；D、制取84消毒液（NaClO）时，当消耗0.5mol氯气时转移的电子数为0.5NA解答：解：A、30g乙烷的物质的量n=1mol，1mol乙烷分子中含共价键数=1mol（21+6）NA/mol=7NA，故A正确；B、稀硫酸溶液中的H2O分子也含有氧原子，故B错误；C、标准状况下，CCl4是液体，不能用22.4L/mol来计算，故C错误；D、制取84消毒液（NaClO）时，当消耗0.
8、5mol氯气时转移的电子数为0.5NA，故D错误；故选A点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是化学方程式的过量计算判断，氧化还原反应的电子转移计算，物质的量计算微粒数，题目难度中等6X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的四种短周期元素，W的焰色反应呈黄色，X、W是同主族元素，可形成离子化合物WX，R与Z属于同一主族，Y、Z两种元素形成化合物是光化学污染的魁首，下列说法不正确的是( )A原子半径：WRYZXBX、Y和Z三种元素形成化合物中一定含有离子键和共价键C气态氢化物的稳定性：ZYRDY的最高价氧化物对应的水化物一定有强的氧化性考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质分析
9、：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的四种短周期元素，W的焰色反应呈黄色，则W为Na；X、W是同主族元素，可形成离子化合物WX，则X为H元素；Y、Z两种元素形成化合物是光化学污染的魁首，氮的氧化物导致光化学污染，且Z的原子序数较大，故Y为N元素、Z为O元素；R与Z属于同一主族，则R为S元素，据此解答解答：解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的四种短周期元素，W的焰色反应呈黄色，则W为Na；X、W是同主族元素，可形成离子化合物WX，则X为H元素；Y、Z两种元素形成化合物是光化学污染的魁首，氮的氧化物导致光化学污染，且Z的原子序数较大，故Y为N元素、Z为O元素；R与Z属于同一主族，则R为S元
10、素A所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越多，故原子半径：W（Na）R（S）Y（N）Z（O）X（H），故A正确；BX、Y和Z三种元素形成化合物有硝酸铵、硝酸等，硝酸分子中只含有共价键，故B错误；C元素非金属性Z（O）Y（N）R（S），故气态氢化物的稳定性：ZYR，故C正确；DY的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，一定有强的氧化性，故D正确，故选：B点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握7可逆反应：2NO2N2O4在体积固定的密闭容器中，已达平衡状态的是( )单位时间内生成n molN2O4的同时生成2n molNO2
11、的状态生成物浓度不再变化的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态混合气体的颜色不再改变的状态容器中各组分的体积分数不随时间变化的状态混合气体的压强不再改变的状态ABCD全部考点：化学平衡状态的判断分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态解答：解：单位时间内生成n molN2O4等效于消耗2n molNO2，同时又生成2n molNO2的状态，正逆反应速率相等，故正确；生成物浓度不再变化的状
12、态，正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明气体的物质的量不变，达平衡状态，故正确；混合气体的颜色不再改变的状态，说明二氧化氮的浓度不变，达平衡状态，故正确；容器中各组分的体积分数不随时间变化的状态，说明气体的物质的量不变，达平衡状态，故正确；混合气体的压强不再改变的状态，说明气体的物质的量不变，达平衡状态，故正确；故选D点评：本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为08已知某反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )A该反应为放热反应B该反应可为Ba（OH）28H2O与NH4Cl晶体的反应C该反
13、应可为甲烷在氧气中的燃烧反应D该反应只有在加热条件下才能进行考点：吸热反应和放热反应分析：从图示可见，其表示的反应，反应物的能量比生成物的能量低，是表示吸热反应的，据此选择即可解答：解：A反应物的能量比生成物的能量低，是表示吸热反应，故A错误；BBa（OH）28H2O与NH4Cl晶体的反应，故此图可以表示此过程，故B正确；C燃烧反应均属于放热反应，故甲烷燃烧不能用此图表示，故C错误；D吸热反应常温下也能进行，比如Ba（OH）28H2O与NH4Cl晶体的反应就不需要加热，故D错误，故选B点评：本题主要考查的是认识吸热反应的图示方法，并了解反应放热和吸热的原因以及与反应条件的关系9对下列有机反应类
14、型的认识不正确的是( )ACH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；加成反应B2CH2=CH2+O22CH3CHO；取代反应CCHCl3+HFCHFCl2+HCl；取代反应DCH2COOH+CH2CH2OHCH3COOCH2CH2+H2O；酯化反应考点：取代反应与加成反应分析：有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团所代替的反应称为取代反应；有机物分子中的不饱和键发生断裂，不饱和原子直接与其它原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应称为加成反应；羧酸与醇类的反应属于酯化反应，据此解答即可解答：解：A、乙烯与溴反应生成1，2二溴乙烷，碳碳双键断开，变成饱和单键，属于加成反应，故A正确；
15、B、乙烯催化氧化为乙醛，属于氧化反应，故B错误；C、三氯甲烷与HF反应属于取代反应，故C正确；D、乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，属于酯化反应，故D正确，故选B点评：本题考查有机反应方程式书写，为高频考点，把握有机物官能团与性质、反应类型及反应条件等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大10下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是( )A六氯化硫BBF3CPCl5D光气（COCl2）考点：原子核外电子排布分析：分子中原子的最外层电子数可以根据每种元素原子的最外层电子数与化合价的绝对值之和来判断解答：解：A六氯化硫中，S原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为+6价
16、，在分子中的原子最外层电子数为12，故A错误；BBF3中，B元素位于第A族，则3+38，不满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，故B错误；CPCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，P原子不满足8电子结构；Cl元素化合价为1，Cl原子最外层电子数为7，所以1+7=8，Cl原子满足8电子结构，故C错误；D光气（COCl2）中，C原子的原子核外最外层电子数为4，其在分子中的化合价为+4价，所以满足最外层8电子结构；O原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为2价，所以满足最外层8电子结构；Cl原子的原子核外最外层电子数为7，其在分子中的化合价为1价，所以
17、满足最外层8电子结构，故D正确；故选D点评：本题考查原子的结构，本题中注意判断是否满足8电子结构的方法，注意利用化合价与最外层电子数来分析即可解答，明确所有原子都满足最外层8电子结构是解答的关键，题目难度不大11向NaOH和Na2CO3的混合溶液（其物质的量浓度相等）中加入盐酸后，下列离子方程式与事实不相符的是( )ACO32+OH+2H+HCO3+H2OBCO32+2OH+3H+HCO3+2H2OCCO32+2OH+4H+CO2+3H2ODCO32+OH+3H+CO2+2H2O考点：离子方程式的书写分析：等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀
18、盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生反应CO32+H+HCO3，盐酸过量时发生反应：CO32+2H+CO2+H2O，据此进行解答解答：解：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，A设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，将
19、两个方程式相加得：CO32+OH+2H+HCO3+H2O，故A正确；B设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH+2H+2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32+H+HCO3，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：CO32+2OH+3H+HCO3+2H2O，故B正确；C设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH+2CO32+4H+2HCO3+2H2O，即OH+CO32+2H+=HCO3+H2O，故
20、C错误；D设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH+H+H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32+2H+CO2+H2O，将两个方程式相加得：OH+CO32+3H+=CO2+2H2O，故D正确；故选C点评：本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确氢氧根离子、碳酸根离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键，注意反应物的量对生成物的影响12将锌片和铜片按图示方式插入柠檬中，当导线中有2mol电子通过，下列针对该装置的说法不正确的是 ( )A锌片溶解了65gB电子由锌片流出C铜片是负极D锌片上发生氧化反应考点：原电池和电解池的工作原理分析
21、：锌比铜活泼，锌为负极，发生氧化反应，电极方程式为Zn2e=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为2H+2e=H2，以此解答解答：解：A负极反应式为Zn2e=Zn2+，当导线中有2mol电子通过，消耗1molZn，质量为65g，故A正确；B锌为负极，电子由锌片流出，故B正确；C较活泼金属为负极，较不活泼金属为正极，铜为正极，故C错误；D锌为负极，发生氧化反应，故D正确故选C点评：本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力和基本概念的考查，为高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意把握原电池的组成条件和工作原理13某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排
22、成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“”一种元素，其中O点代表氢元素，下列说法中正确的是( )A同一虚线相连的元素离O点越远的原子半径越大BA、B处于同一周期CA元素是图中非金属性最强的元素DA、B组成的化合物中不可能含有共价键考点：元素周期表的结构及其应用分析：0点代表氢元素，按照原子序数由小到大由里往外延伸，由图可知，O、B连线的三元素为第A族，A为O元素，B为Na元素，根据元素的种类可知虚线相连的元素处于同一族，结合对应元素的性质解答该题解答：解：A虚线相连的元素处于同一族，原子序数大的原子半径大，则同一虚线相连的元素离O点越远的原子半径越大，故A正确；BA为O元素，B为Na元素，分别为二
23、、三周期元素，故B错误；CF元素的非金属性最强，故C错误；DA、B组成的化合物过氧化钠中含氧原子之间的非极性共价键，故D错误；故选A点评：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目考查新颖，贴近2015届高考，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，看懂图象推断元素是解题的关键，注意对元素周期表的整体把握，题目难度不大14某食品包装袋上的说明如下：品名苏打饼干配料面料、鲜鸡蛋、精炼食用植物油、白砂糖、奶油、食盐、苏打保质期12个月生产日期5月15日以下说法不正确的是( )A精炼食用植物油能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色B白砂糖属于二糖，在人体内水解而
24、转化为单糖C鲜鸡蛋清遇浓硝酸变为黄色D奶油与白砂糖都是高分子化合物考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用分析：A、精炼食用植物油中含有不饱和键；B、白砂糖是蔗糖，属于二糖；C、鲜鸡蛋清含有蛋白质；D、奶油与白砂糖都是小分子化合物解答：解：A、精炼食用植物油中含有不饱和键，能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B、白砂糖是蔗糖，属于二糖，在人体内水解而转化为单糖，故B正确；C、鲜鸡蛋清含有蛋白质，遇浓硝酸变为黄色，故C正确；D、奶油与白砂糖都是小分子化合物，故D错误故选D点评：本题考查了化学与生活，根据物质的性质来分析解答，知道生活中化学物质的成分及性质，合理饮食，促进人体健康15下列有
25、关物质检验的实验及结论不正确的是( ) 选项实验操作及现象实验结论A食醋浸泡水垢产生无色气体乙酸的酸性比碳酸强B乙醇与橙色酸性重铬酸钾溶液混合，橙色溶液变为绿色乙醇具有还原性C用铝制容器保存浓硝酸浓硝酸与铝不发生化学反应D碘酒滴到土豆片上变蓝淀粉遇碘单质变蓝AABBCCDD考点：化学实验方案的评价分析：A发生强酸制取弱酸的反应；B乙醇具有还原性，被重铬酸钾氧化；C常温下，Al遇浓硝酸发生钝化；D淀粉遇碘单质变蓝解答：解：A食醋浸泡水垢，发生强酸制取弱酸的反应，则乙酸的酸性比碳酸强，故A正确；B乙醇具有还原性，被重铬酸钾氧化，则橙色溶液变为绿色，现象与结论均合理，故B正确；C常温下，Al遇浓硝酸
26、发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应进一步发生，则用铝制容器保存浓硝酸，结论不合理，故C错误；D碘酒滴到土豆片上变蓝，碘酒中含碘单质，土豆中含淀粉，可知淀粉遇碘单质变蓝，故D正确；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、氧化还原反应、钝化、淀粉的特性等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大16下表中所列的都是烷烃，它们的一卤取代物均只有一种，分析下表中各项的排布规律，按此规律排布第5项应为( ) 12345 CH4C2H6C5H12C8H18 AC14H30BC17H36CC22H42DC26H54考点：探究
27、化学规律分析：由表格中各烷烃的分子式可知：奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，偶数项亦是如此，据此判断第5项含有的碳原子数，然后利用烷烃通式判断其分子式解答：解：根据表中各烷烃的分子式可知：各奇数项的C原子个数为前一奇数项中烷烃的C和H原子个数之和，则第5项的C原子数为：5+12=17，所以第5项的分子式为：C17H36，故选B点评：本题考查有机化合物中碳的成键特征，题目难度中等，侧重考查学生查找规律的能力及逻辑推理能力，解题时注意结合题干信息查找规律二、填空题17T时，在一个2L的密闭窗口中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示，根据图中数据，试填写下列
28、空白：（1）写出用X、Y、Z表示的该反应的化学方程式3X+Y2Z；（2）从反应开始至刚达到平衡，Z的平均反应速率为0.05mol/（Lmin）；（3）改变下列条件，能加快化学反应速率的是ADA升高温度 B减小X的量 C减小压强 D增加Z的量考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率的影响因素分析：（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比书写方程式；（2）根据v=计算反应速率（3）该反应在一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强、升高温度、增大浓度都能增大反应速率解答：解：（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多
29、，则X、Y为反应物，Z为生成物，n（X）=（1.00.7）mol=0.3mol、n（Y）=（1.00.9）mol=0.1mol、n（Z）=（0.20）mol=0.2mol，n（X）：n（Y）：n（Z）=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；（2）Z的平均反应速率v=0.05mol/（Lmin），故答案为：0.05mol/（Lmin）；（3）A升高温度，活化分子百分数增大，所以反应速率加快，故正确；B减小X的量，物质浓度减小，单位体积内活化分子数减小，所以反应速率减小，故错误；C减小压强，增大体积，物质浓度减小，单位体积
30、内活化分子数减小，所以反应速率减小，故错误；D增加Z的量，浓度增大，单位体积内活化分子数增大，反应速率加快，故正确；故选AD点评：本题考查方程式的确定、反应速率计算及反应速率影响因素，侧重考查分析计算能力，知道物质的量变化量与计量数的关系及反应速率影响因素即可解答，题目难度不大18He与He 金刚石和石墨 CH3CH2CH（CH3）2与C（CH3）4 丙烷与异丁烷 丙烷与环丙烷 氕化锂与氘化锂（1）互为同位素的是（填序号，下同） （2）互为同系物的是；（3）互为同分异构体的是；（4）互为同素异形体的是考点：同位素及其应用；同素异形体；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体分析：根据物质
31、的俗名、名称或化学式或主要成分分析判断，主要成分属于同一种物质要求其化学名称相同，化学式相同，（1）质子数相同，中子数不同的原子互称同位素；（2）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，互为同系物的物质具有以下特点：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；注意同系物中的“结构相似”是指物质种类相同，若含有官能团，官能团的种类与数目相同；（3）具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；（4）同种元素形成的不同单质互为同素异形体解答：解：丙烷与环丙烷分子式分别为C3H8、C3H6，既不互为同系物也不互为同分异构体； 氕化锂与氘化锂，氕和
32、氘质子数相同为1，中子数分别为0、1不同，故互为同位素，氕化锂与氘化锂，属于同一种物质，（1）He与He 质子数相同为2，中子数分别为1、2不同，故互为同位素，故答案为：；（2）丙烷与异丁烷结构相似，分子组成相差1个“CH2”原子团，故互为同系物，故答案为：；（3）CH3CH2CH（CH3）2与C（CH3）4 分子式相同都为C5H12，但结构不同，故互为同分异构体，故答案为：；（4）金刚石和石墨都是由碳元素形成的不同单质，故互为同素异形体，故答案为：；点评：本题考查“五同”比较，题目难度不大，侧重考查学生的辨别能力，选项多，要细心排查，注意“五同”的概念及判断方法19工作人员为“嫦娥三号”和长
33、三丙火箭加注常规燃料（燃烧剂）、氧化剂后，在2013年12月14日9时12分，嫦娥三号成功发射已知A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，且原子序数依次增大，A的单质是上述资料中的“燃烧剂”，C的单质是上述资料中的“氧化剂”；B、C能形成多种气态化合物，其中一种可以在大自然状态下形成；A、D两种元素形成的化合物在水中是强酸，化合物X由C、D两种元素组成，常温下该物质为气态，测得该气体对空气的相对密度为3.0，X溶于水可得只含单一溶质Y的弱酸性溶液，Y溶液在放置过程中其酸性会增强，常温下，X与气体BA3反应生成离子化合物E、B的单质和常见液体，X可用上述元素的某单质与潮湿的Na2CO3反制
34、得，同时生成两种钠盐，请回答下列问题：（1）D元素在元素周期表中的位置是第三周期A族；（2）写出Y的一种生活中作用漂白、杀菌；（3）X分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则X的电子式；（4）如图中甲中发生反应的化学方程式为：2H2+O22H2O（5）气体X与BA3反应的化学方程式为：3Cl2O+10NH3=6NH4Cl+2N2+3H2O（6）试写出制取气体X的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（7）写出检验离子化合物E的阴离子存在的实验操作步骤，现象及结论取少量E晶体于试管中加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明含有Cl考
35、点：位置结构性质的相互关系应用分析：A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，且原子序数依次增大，B、C能形成多种气态化合物，其中一种可以在大自然状态下形成，应是N元素、O元素形成的化合物，在放电的条件下可以得到NO，B为N元素、C为O元素；A、D两种元素形成的化合物在水中是强酸，该化合物为HCl，A为H元素、D为Cl元素；化合物X由C、D两种元素组成，常温下该物质为气态，测得该气体对空气的相对密度为3.0，其相对分子质量为293=87，则X为Cl2O，X溶于水可得只含单一溶质Y的弱酸性溶液，则Y为HClO，HClO溶液在放置过程中会分解形成盐酸，溶液酸性会增强，常温下，X（Cl2O）与气
36、体BA3（NH3）反应应生成离子化合物E、B的单质和常见液体，即反应生成NH4Cl、N2与H2O，X（Cl2O）可用上述元素的某单质与潮湿的Na2CO3反制得，同时生成两种钠盐，应是氯气与碳酸钠、水反应生成Cl2O、碳酸氢钠与氯化钠，据此解答解答：解：A、B、C、D是元素周期表中的四种短周期元素，且原子序数依次增大，B、C能形成多种气态化合物，其中一种可以在大自然状态下形成，应是N元素、O元素形成的化合物，在放电的条件下可以得到NO，B为N元素、C为O元素；A、D两种元素形成的化合物在水中是强酸，该化合物为HCl，A为H元素、D为Cl元素；化合物X由C、D两种元素组成，常温下该物质为气态，测得
37、该气体对空气的相对密度为3.0，其相对分子质量为293=87，则X为Cl2O，X溶于水可得只含单一溶质Y的弱酸性溶液，则Y为HClO，HClO溶液在放置过程中会分解形成盐酸，溶液酸性会增强，常温下，X（Cl2O）与气体BA3（NH3）反应应生成离子化合物E、B的单质和常见液体，即反应生成NH4Cl、N2与H2O，X（Cl2O）可用上述元素的某单质与潮湿的Na2CO3反制得，同时生成两种钠盐，应是氯气与碳酸钠、水反应生成Cl2O、碳酸氢钠与氯化钠（1）D为Cl元素，在元素周期表中的位置是：第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）Y为HClO，具有漂白、杀菌作用，故答案为：漂白、杀菌；（3）X
38、为Cl2O，分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则X的电子式，故答案为：；（4）如图中甲中发生反应的化学方程式为：2H2+O22H2O，故答案为：2H2+O22H2O；（5）Cl2O与NH3反应生成NH4Cl、N2与H2O，反应方程式为：3Cl2O+10NH3=6NH4Cl+2N2+3H2O，故答案为：3Cl2O+10NH3=6NH4Cl+2N2+3H2O；（6）制取气体X的化学方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（7）离子化合物E为NH4C，检验含有的阴离子存在
39、的实验为：取少量E晶体于试管中加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明含有Cl，故答案为：取少量E晶体于试管中加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明含有Cl点评：本题考查元素化合物推断，基本属于猜测验证型，需要学生熟练掌握元素化合物性质，注意对题目信息的应用，难度较大20某同学设计实验探究工业制乙烯原理和乙烯的主要化学性质，实验装置如图所示：（1）工业制乙烯的实验原理是，烷烃（液态）在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，例如，石油分馏产物之一的十六烷烃发生如下反应（反应式已配平）：C56H34C14H18+甲；甲4乙甲的分子式为C8H16；有42g乙加聚而
40、成的高分子化合物的质量是42g（2）写出B装置中反应化学方程式：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；（3）查阅资料得知，乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，写出开始时D装置中发生反应的离子方程式是Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O（4）为了探究溴与乙烯反应是加成反应而不是取代反应，可以测定B装置里溶液反应前后的酸性强弱，简述理由：乙烯与溴若发生取代反应，则必然生成溴化氢，溴化氢溶于水显酸性；（5）除去甲烷中乙烯的方法是B（填序号）A将气体通和装水的洗气瓶中 B将气体通过装溴水的洗气瓶中C将气体通过装酸性KMnO4溶液的洗气瓶中 D将气体通过装NaOH溶液的洗气瓶中考点：乙烯
41、的实验室制法；性质实验方案的设计分析：石油裂化属于化学反应，遵循原子个数守恒，C16H34C8H18+甲，所以甲分子式为：C8H16；依据方程式：C8H164乙，结合原子个数守恒可知，乙为：C2H4，根据实验装置图可知，A中产生的乙烯与B中的溴水发生加成反应，使溴水退色，乙烯被高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，C中溶液也退色，生成的二气氧化碳使D中的澄清石灰水变浑，装置最后多余的乙烯可以用排水法收集，（1）依据原子个数守恒判断甲、乙物质，根据元素守恒进行计算；（2）乙烯含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应；（3）二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀；（4）乙烯与溴若发生取代反应，则必然生成溴化氢，溴
42、化氢溶于水显酸性；（5）甲烷性质稳定，乙烯含有C=C双键，能发生加成反应和氧化反应，可用溴水除杂，注意除杂时不能引入新的杂质解答：解：石油裂化属于化学反应，遵循原子个数守恒，C16H34C8H18+甲，所以甲分子式为：C8H16；依据方程式：C8H164乙，结合原子个数守恒可知，乙为：C2H4，根据实验装置图可知，A中产生的乙烯与B中的溴水发生加成反应，使溴水退色，乙烯被高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳，C中溶液也退色，生成的二气氧化碳使D中的澄清石灰水变浑，装置最后多余的乙烯可以用排水法收集，（1）根据上面的分析可知，甲分子式为：C8H16，乙烯发生加聚反应，总质量不变，所以42g乙烯加聚而成的
43、高分子化合物的质量是42g；故答案为：C8H16；42；（2）乙烯含有碳碳双键，能够与溴发生加成反应而使溴水褪色，方程式为：CH2=CH2+Br2CH3BrCH3Br，故答案为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；（3）乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生二氧化碳，二氧化碳能够与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O，故答案为：Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O；（4）乙烯与溴若发生取代反应，则必然生成溴化氢，溴化氢溶于水显酸性；故答案为：乙烯与溴若发生取代反应，则必然生成溴化氢，溴化氢溶于水显酸性；（5）A甲烷、乙烯不溶于水，且常温
44、下与水都不反应，不能用于鉴别和除杂；B乙烯含有C=C双键，能与溴水发生加成反应生成二溴乙烷液体，甲烷不与溴水反应，所以可用溴水除去甲烷中混有的乙烯，可以鉴别甲烷与乙烯；C甲烷与高锰酸钾不反应，乙烯能够与高锰酸钾反应使其褪色，可以鉴别二者；但是乙烯被氧化生成和二氧化碳气体，不能用于除杂；D甲烷、乙烯都不溶于氢氧化钠溶液，不能用来鉴别和除杂；故答案为：B点评：本题考查了乙烯的制备和性质的检验，熟悉裂化的原理及原子个数守恒规律、乙烯的性质是解题关键，题目难度不大21以赤铁矿（化学成分为Fe2O3）为原料，经铝热反应所得的熔融物一般是铁铝合金，查阅化学手册得知，Al、Al2O3、Fe、Fe2O3熔点，
45、沸点数据如下：物质AlAl2O3FeFe2O3熔点/660205415351462沸点/246729802750请回答下列问题：（1）写出铝热反应的化学方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）从表中数据推测铝热反应所得到的熔融物是铁铝合金的理由：Al的熔点比Fe的低；（3）根据已有知识写出一种验证产物中有Fe的最简单方法：用磁铁吸引，如果能吸引，说明有铁生成；（4）设计一个简单的实验方案，证明上述所得的熔融物中含有金属铝（只用反应离子方程式表示）：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（5）在铝热反应中，若铝粉用得过多，在反应后还可回收到铝和氧化铝的混合物，假设针15g该混
46、合物加入150mL稀硫酸中，在标准状况下放出1.68L氢气，为中和过量的硫酸，并使溶液中的Al3+恰好完全转化为Al（OH）3沉淀，需要200mL浓度为6molL1的NaOH溶液，同该稀硫酸的物质的量浓度是4mol/L考点：有关混合物反应的计算；铝的化学性质分析：（1）Al和氧化铁在高温下发生铝热反应生成氧化铝和Fe；（2）该反应是放热反应而使Fe熔化，且Al的熔点比Fe的低；（3）Fe能被磁铁吸引；（4）Al能溶于NaOH溶液且生成氢气；（5）混合物和硫酸反应生成硫酸盐，溶液中还有剩余的硫酸，所以溶液中的溶质是硫酸盐和硫酸，加入碱后使溶液中铝离子恰好生成沉淀，则原来溶液中的金属阳离子完全转化
47、为氢氧化物，根据电荷守恒知，硫酸根离子所带电荷等于氢氧根离子所带电荷，根据电荷守恒计算硫酸物质的量浓度解答：解：（1）Al和氧化铁在高温下发生铝热反应生成氧化铝和Fe，反应方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）该反应是放热反应而使Fe熔化，且Al的熔点比Fe的低，所以生成的是铝铁合金，故答案为：铝的熔点比铁的低；（3）Fe能被磁铁吸引，所以最简单的办法是用磁铁吸引，如果能吸引，说明有铁生成，故答案为：用磁铁吸引，如果能吸引，说明有铁生成；（4）Fe、Al、Fe2O3、Al2O3中只有Al能溶于NaOH溶液且生成氢气，向溶液中加入Na
48、OH溶液，根据固体是否溶解且生成氢气判断是否含有Al，离子方程式为2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；（5）混合物和硫酸反应生成硫酸盐，溶液中还有剩余的硫酸，所以溶液中的溶质是硫酸盐和硫酸，加入碱后使溶液中铝离子恰好生成沉淀，则原来溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物，根据电荷守恒知，硫酸根离子所带电荷等于氢氧根离子所带电荷，根据电荷守恒得c（H2SO4）=4mol/L，故答案为：4mol/L点评：本题以铝及其化合物为载体考查混合物的计算、铝热反应等知识点，涉及计算、物质的鉴定等知识点，Fe可以用物理或化学方法鉴定，难点是（5）
49、题，注意根据电荷守恒进行计算能化繁为简，提高解答效率，题目难度中等22（1）若有机化合物只含C、H元素，120下，在足量的氧气中充分燃烧生成CO2、H2O，并恢复原来温度，燃烧前后的气体的物质的量相等，写出符合上述条件的最简单有机物的分子式CH4若分子中所有原子共平面，写出符合上述条件有机物的结构简式CH2=CH2（2）若有机化合物含C、H、O元素，在室温下，在足量的氧气中充分燃烧生成CO2、H2O，并恢复到室温，其燃烧所消耗O2的物质的量与燃烧后所产生的气体的物质的量相等写出符合上述条件的有机物的通式Cn（H2O）m若分子中含二个碳原子，且能与NaOH溶液反应，写出符合上述条件的一个有机物的
50、结构简式CH3COOH或HCOOCH3考点：有关有机物分子式确定的计算分析：（1）令有机物组成为CxHy，完全燃烧方程式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（g），恢复原来温度，燃烧前后的气体的物质的量相等，则1+x+=x+，则y=4符合上述条件的最简单有机物为甲烷；若分子中所有原子共平面，符合上述条件有机物为乙烯；（2）令有机物组成为CxHyOz，完全燃烧方程式为：CxHyOz+（x+）O2xCO2+H2O（l），恢复原来温度，其燃烧所消耗O2的物质的量与燃烧后所产生的气体的物质的量相等，则x+=x，故y=2z，有机物的组成为Cn（H2O）m；若分子中含二个碳原子，且能与NaOH溶液反
51、应，含有羧基或酯基，结合组成通式书写解答：解：（1）令有机物组成为CxHy，完全燃烧方程式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O（g），恢复原来温度，燃烧前后的气体的物质的量相等，则1+x+=x+，则y=4符合上述条件的最简单有机物为CH4，故答案为：CH4；若分子中所有原子共平面，符合上述条件有机物为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；（2）令有机物组成为CxHyOz，完全燃烧方程式为：CxHyOz+（x+）O2xCO2+H2O（l），恢复原来温度，其燃烧所消耗O2的物质的量与燃烧后所产生的气体的物质的量相等，则x+=x，故y=2z，有机物的组成为Cn（H2O）m，故答案为：Cn（H2O）m；若分子中含二个碳原子，且能与NaOH溶液反应，该有机物为CH3COOH或HCOOCH3，故答案为：CH3COOH或HCOOCH3点评：本题考查有机物燃烧有关计算、有机物结构的确定，注意利用组成通式进行分析解答，难度中等1
