专题综合测评(四)
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．(2016·黑龙江绥化一模)化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列有关说法不正确的是
( )
A．开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题
B．高空臭氧层吸收太阳紫外线，保护地球生物；低空过量臭氧是污染气体，对人体有危害
C．PM
2.5表示空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，PM2.5值越高，大气污染越严重
D．棉、麻、羊毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O，故对环境不造成污染
【解析】 羊毛的主要成分是蛋白质，某些合成纤维中含有N、Cl等元素，它们完全燃烧时除生成CO2和H2O外还会生成其他化合物，其中有的化合物还会对环境造成污染。
【答案】 D
2．(双选)化学与科学发展、生产、生活密切相关。下列说法中错误的是
( )
A．卫生部公布的首批非法食品添加剂中的三聚氰胺是一种含氮量很高的蛋白质
B．“神九”飞船返回舱的绝热层所使用的是耐高温、抗氧化的新型材料
C．“碳纳米泡沫”被称为第五形态的单质碳，与石墨互为同位素
D．陶瓷、玻璃、水泥是使用量很大的无机非金属材料，都属于硅酸盐产品
【解析】 A项，三聚氰胺的含氮量很高，但它不是蛋白质，食品中添加三聚氰胺只会造成蛋白质含量高的假象；C项，二者互为同素异形体。
【答案】 AC
3．下列说法正确的是( )
A．金属冶炼的实质是金属阳离子得到电子变成金属原子
B．可用电解氯化钠溶液的方法来冶炼金属钠
C．可用焦炭或一氧化碳还原氧化铝的方法来冶炼铝
D．越活泼的金属越容易冶炼
【解析】 金属冶炼的实质就是把金属阳离子还原为金属原子，越活泼的金属，其阳离子的氧化性越弱，越难被还原，A项正确，D项错误；电解氯化钠溶液得到Cl2、H2、NaOH溶液，不能得到金属钠，金属钠应采用电解熔融氯化钠的方法制取，B项错误；铝是活泼金属，很难用还原剂把它还原出来，应采用电解熔融氧化铝的方法制取，C项错误。
【答案】 A
4．下列冶炼方法中，可将化合物中的金属元素还原为金属单质的是( )
A．加热Al2O3
B．加热CaCO3
C．电解熔融NaCl
D．氯化钠与铝粉高温共热
【解析】 加热Al2O3只能使其熔化不能将铝元素还原，加热CaCO3可使其分解为CaO和CO2，也不能得到金属Ca，A、B项错误；铝热反应中，铝只能还原金属活动性比铝弱的金属，D项错误。
【答案】 C
5．热还原法冶炼金属的反应一定是( )
A．氧化还原反应
B．置换反应
C．复分解反应
D．分解反应
【解析】 热还原法是将正价金属还原为零价，一定是氧化还原反应，但不一定是置换反应，例如CO还原氧化铁就不是置换反应。
【答案】 A
6．工业上制取硫酸铜不是直接利用浓硫酸与铜的反应，而是将铜丝浸入稀硫酸中，并不断从容器下部吹入细小的空气泡，这样做的优点是( )
①节省能源 ②不产生污染大气的SO2 ③提高了H2SO4的利用率 ④提高了Cu的利用率
A．①②
B．②③④
C．①②③
D．全部
【解析】 两种方法Cu的利用率相同。
【答案】 C
7．我国纪念“世界水日”和开展“中国水周”活动的宣传主题为“水利发展与和谐社会”。下列有关活动不符合这一主题的是
( )
A．大力提倡全民节约用水，加强城市生活污水处理，坚持达标排放
B．大力推广使用纯净水代替自来水作生活用水，以保障用水安全
C．加快产业结构调整，建立水资源节约型、环保型的国民经济体系
D．加强工业用水净化系统工程的改造，提高水的重复利用率
【解析】 生活中很多方面的用水不需要用纯净水，如洗碗、洗衣服等。大量使用纯净水会耗费大量的能源。
【答案】 B
8．4月22日是世界地球日，中国2011年的地球日主题为——“珍惜地球资源，转变发展方式——推进找矿突破，保障科学发展”。下列有关做法与此不相符的是
( )
【导学号：39700068】
A．大量进口石油，减少煤炭使用量
B．回收废弃饮料包装纸，制作成公园内的休闲长椅
C．在西部和沿海地区兴建风力发电站，解决能源问题
D．鼓励购买小排量汽车，推广与发展电动、混合动力汽车
【解析】 燃烧石油同样产生大量的CO2及大气污染物SO2，A错误；B项节约能源，充分利用；C、D两项能减少化石燃料的使用，故B、C、D均正确。
【答案】 A
9．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是( )
A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁
【解析】 A项，明矾净水的原理是Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，利用Al(OH)3(胶体)的吸附进行净水；B项，因为轮船主要用铁造外壳，铁在海水中易被腐蚀，镶上比铁活泼的锌，形成原电池，锌作负极，失去电子先被腐蚀，从而起到保护铁的作用，可减缓船体的腐蚀速率；氧化镁的熔点是2
852
℃，可用于制作耐高温材料；电解MgCl2饱和溶液，发生的化学反应为MgCl2＋2H2O通电,Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑，不会产生金属镁。电解熔融的MgCl2能制取单质镁，发生的反应为MgCl2(熔融)通电,Mg＋Cl2↑。
【答案】 D
10．绿色化学对化学反应提出了“原子经济性”的新概念及要求。理想的原子经济性反应是原料分子中的原子全部转变成所需产物，不产生副产物，实现零排放。以下反应中符合绿色化学原理的是( )
A．乙烯与氧气在银催化作用下生成环氧乙烷
(H2CCH2O)
B．乙烷与氯气制备氯乙烷
C．以苯和乙醇为原料，在一定条件下生产乙苯
D．乙醇在浓硫酸作用下脱水制备乙烯
【解析】 A中反应为2CH2===CH2＋O2H2CCH2O，反应物全部转化为产物，原子利用率为100%。B中乙烷与氯气发生取代反应，除生成氯乙烷外还有HCl产生，并且反应难以控制只生成一氯代物，反应副产物很多；对比乙苯和苯、乙醇的结构，可以确定反应中除生成乙苯外，必定还有其他产物生成；乙醇制备乙烯，还有副产物水生成，因此B、C、D均不符合绿色化学原理。
【答案】 A
11．废弃的电池已成为重要的环境污染物，有资料表明一节废弃的镍镉电池可使1
m2面积的耕地失去使用价值，因此废旧电池必须集中回收处理，主要原因是( )
A．回收其中的电极
B．利用电池外壳的金属材料
C．不使电池中渗出的电解液腐蚀其他物品
D．防止电极中汞、镉、镍和铅等重金属离子对土壤和水源造成污染
【答案】 D
12．保护环境已成为人类的共识，人类应以可持续发展的方式使用资源，以合理的方式开发并循环使用某些资源。下列做法不利于环境保护的是( )
A．发电厂的煤经脱硫处理
B．将煤转化为水煤气作燃料
C．回收并合理处理聚乙烯塑料废物
D．电镀废液经中和后直接排放
【解析】 A项，煤脱硫处理可以减少SO2的排放；B项，将煤转化为水煤气作燃料可以提高燃烧效率，并能减少CO气体的排放；C项，回收并合理处理聚乙烯塑料废物可以减少“白色污染”；D项，中和后的电镀废液中往往还含有许多对人体有害的重金属离子，直接排放会污染环境。
【答案】 D
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
13．(10分)氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示。
(1)溶液A的溶质是________。
(2)电解饱和食盐水的离子方程式是
_________________________________________________________
_________________________________________________________。
(3)电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2＋、Mg2＋、NH、SO[c(SO)＞c(Ca2＋)]。
精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池)：
①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是________。
②过程Ⅰ中将NH转化为N2的离子方程式是
_________________________________________________________
_________________________________________________________。
【解析】 本题考查氯碱工业、电化学、工艺流程等。根据钠离子的移动方向可知左边为阳极室，右边为阴极室，阴极发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，溶液A为氢氧化钠溶液。碱性条件下镁离子形成氢氧化镁沉淀，故盐泥a中还含有Mg(OH)2；碱性条件下，具有氧化性的氯气将铵根离子氧化成氮气，氯气转化为氯离子，离子方程式为2NH＋3Cl2＋8OH－===N2↑＋6Cl－＋8H2O。
【答案】 (1)NaOH
(2)2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－
(3)①Mg(OH)2 ②2NH＋3Cl2＋8OH－===N2↑＋6Cl－＋8H2O
14．(12分)人们对酸碱的认识，已有几百年的历史，经历了一个由浅到深、由低级到高级的认识过程。我们目前中学课本中的酸碱理论是1887年阿伦尼乌斯(Arrhenius)提出的酸碱电离理论。
(1)1905年富兰克林(Franklin)深入研究了水和液氨的相似性，把阿伦尼乌斯以水为溶剂的个别现象，推广到任何溶剂，提出了酸碱溶剂理论。
酸碱溶剂理论认为：凡能离解而产生溶剂正离子的物质为酸，凡能离解而产生溶剂负离子的物质为碱。试写出液氨电离的方程式(生成的两种微粒电子数相等)：_________________________________________________________。
(2)1923年丹麦化学家布朗斯特和英国化学家劳莱提出了酸碱质子理论。凡能够给出质子(氢离子)的任何物质都是酸；凡能够接受质子(氢离子)的物质都是碱。按质子理论：下列微粒在水溶液既可看作酸又可看作碱的是________(填字母)。
A．H2O
B．NH
C．OH－
D．HCO
E．CH3COO－
F．Cl－
(3)1923年路易斯(Lewis)提出了广义的酸碱概念。凡是能给出电子对而用来形成化学键的物质是碱；凡是能和电子对结合形成化学键的物质是酸。如：
酸(电子对接受体)
碱(电子对给予体)反应产物
H＋
＋[∶OH]－―→
H∶OH
试指出下列两个反应中的酸或碱：
①H3BO3＋H2O??H＋＋B(OH)，该反应中的碱是________(填“H3BO3”或“H2O”)。
②NaH＋H2O===NaOH＋H2↑，该反应中的酸是________(填“NaH”'或“H2O”)。
【解析】 (1)水的电离实质上是质子的转移，H2O＋H2O??H3O＋＋OH－，因此，液氨中氨的电离即质子转移，可表示为NH3＋NH3??NH＋NH。(2)所给微粒中，能结合质子的有H2O、OH－、HCO、CH3COO－，能释放质子的有H2O、NH、HCO，因此既可看作酸又可看作碱的是H2O、HCO。(3)①中是H2O产生的OH－与H3BO3[B(OH)3]中的B原子形成化学键，OH－提供电子对，H2O是碱。②中NaH电子式Na＋[∶H]－，反应中H－提供的电子对与H2O电离的H＋形成H2中的化学键，NaH是碱，H2O是酸。
【答案】 (1)NH3＋NH3??NH＋NH
(2)AD (3)H2O H2O
15．(14分)我国城市为了减少燃煤造成的大气污染，对作民用燃料的煤作了多方面的改进。
(1)为了除去煤中的含硫化合物，采用FeCl3脱硫，即用FeCl3溶液浸洗煤粉，发生如下反应：FeS2＋14FeCl3＋8H2O===2FeSO4＋13FeCl2＋16HCl。
①该反应中的氧化剂是________，若有1
mol
FeS2被除去，则发生转移的电子的物质的量是________。
②为了充分利用Fe2＋并减少酸(HCl)污染，本方法中可利用工业废铁屑和氯气让废液重新利用生成FeCl3。请写出这一过程中有关的离子方程式______________________、____________________。
(2)另一种方法是采用“固硫法”，即在燃料中加入生石灰，使含硫煤在燃烧时生成的SO2不能逸出而进入炉渣中，试用化学方程式表示这一“固硫”过程：_________________________________________________________
_________________________________________________________。
(3)某城市采用了以油制气代替煤作民用燃料的做法。油制气的主要成分是丙烷，请写出其燃烧的化学方程式：________________。
(4)绿色能源是人类的理想能源，不会造成环境污染，下列能源属于绿色能源的是________
。
A．氢能源
B．太阳能
C．风能
D．石油
【解析】 (1)反应中FeS2中S由－1价升高至＋6价，每1
mol
FeS2被氧化，转移14
mol电子，FeCl3中Fe由＋3价降至＋2价，FeCl3作氧化剂。加入废铁屑是消耗H＋，减少污染，而通入Cl2是氧化Fe2＋。(2)“固硫法”是利用生石灰将SO2转化为CaSO3，在高温时被氧化为CaSO4。(3)C3H8燃烧方程式为C3H8＋5O23CO2＋4H2O。(4)氢能源、太阳能、风能属于绿色能源。
【答案】 (1)①FeCl3 14
mol ②Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
(2)SO2＋CaOCaSO3、2CaSO3＋O22CaSO4
(3)C3H8＋5O23CO2＋4H2O
(4)ABC
16．(16分)氯碱工业中，通过电解饱和食盐水获得重要的化工原料。其中氯气用途十分广泛，除用于自来水消毒、生产漂白粉外，还用于生产盐酸、聚氯乙烯、氯苯等。
(1)写出电解饱和食盐水的化学方程式：_____________________。
(2)氯气用于生产半导体材料硅的流程如下：
石英沙粗硅四氯化硅高纯硅
①石英沙的主要成分是________，在制备粗硅时，焦炭的作用是________。
②写出四氯化硅得到高纯硅的化学方程式：_______________________。
(3)用于制造塑料薄膜、人造革、塑料管材和板材的聚氯乙烯(PVC塑料)就是以氯气和乙烯为主要原料通过三步主要反应生产的。三步反应的化学方程式分别为①_________________________________________________________；
③______________________________________________________。
其中①、③的反应类型分别为________反应、________反应。
(4)上述两种生产过程可得到同一种副产品，该副产品是________。
【解析】 (1)2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。
(2)用Cl2制备纯硅涉及反应：2Cl2＋Si(粗)SiCl4，体现了氯气的强氧化性，再由SiCl4制取高纯硅，用H2使之还原，用SiCl4得到高纯硅的化学方程式为SiCl4＋2H2Si＋4HCl。
(3)用Cl2与乙烯为原料制聚氯乙烯，发生反应：
(4)在两种材料制备反应中可得副产品HCl。
【答案】 (1)2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
(2)①SiO2 作还原剂
②
SiCl4＋2H2Si＋4HCl
(4)HCl(或盐酸)专题综合测评(一)
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．(双选)下列叙述错误的是( )
A．原子核内有18个中子的氯原子：Cl
C.U和U是中子数不同质子数相同的同种核素
D．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键
【解析】 Cl中35为质量数，17为质子数，故中子数为35－17＝18，A项正确；NH4Br中Br－电子式错误，B项错误；核素是具有一定质子数和中子数的原子，二者中子数不同，所以是不同核素，C项错误；NaHCO3、HCOONa均属于盐类含离子键，酸根内部含共价键，D项正确。
【答案】 BC
2．“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料。下列关于Pu的说法正确的是( )
【导学号：39700025】
A.Pu与U互为同位素
B.Pu与Pu互为同素异形体
C.Pu与U具有完全相同的化学性质
D.Pu与Pu具有相同的最外层电子数
【解析】 质子数相同，中子数不同的原子互称为同位素，A错误；Pu与U属于不同元素，化学性质完全不同，C错误；Pu与Pu属于同种元素，最外层电子数相同，D正确。
【答案】 D
3．(2014·江苏高考)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，W与X同主族。下列说法正确的是( )
A．原子半径的大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同
C．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱
D．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强
【解析】 短周期主族元素X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X为C元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；Z2＋与Y2－具有相同的电子层结构，则Z为Mg元素；W与X同主族，则W为Si元素。
A．原子半径大小顺序为r(Mg)>r(Si)>r(C)>r(O)。B.O与Mg元素形成离子键，O与Si元素形成共价键，化学键类型不同。C.C元素的非金属性强于Si元素，则H2CO3的酸性强于H2SiO3。D.O元素的非金属性强于Si元素，则H2O的稳定性强于SiH4。
【答案】 D
4．(高考组合题)下列说法不正确的是( )
A．(2014·安徽高考)三聚氰酸(C3H3N3O3)的结构式为，它属于共价化合物
B．(2013·江苏高考)只含H、N、O三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物
C．(2012·安徽高考)NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键
D．(2012·江苏高考)化合物MgO、SiO2、SO3中化学键的类型相同
【解析】 A．三聚氰酸分子中只含共价键，属于共价化合物，正确。
B．含H、N、O的化合物可为HNO3(共价化合物)，也可为NH4NO3(离子化合物)，正确。
C．NaHCO3、HCOONa均为离子化合物，含有离子键，在HCO、HCOO－中均含有共价键，正确。
D．MgO中存在离子键，SiO2中存在共价键，SO3中存在共价键，错误。
【答案】 D
5．下列事实不能用元素周期律解释的是( )
A．碱性：KOH>NaOH
B．相对分子质量：Ar>K
C．酸性：HClO4>H2SO4
D．元素的金属性：Mg>Al
【解析】 A项同主族自上而下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，A项不符合题意；B项相对分子质量与元素周期律没有关系，B项符合题意；C项同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，C项不符合题意；D项同周期自左向右金属性逐渐减弱，D项不符合题意。
【答案】 B
6．我国科研人员在兰州首次合成镤元素的一种同位素镤－239，并测知其原子核内有148个中子。现有A元素的一种同位素，比镤－239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是( )
A．第3周期ⅠA族
B．第4周期ⅠA族
C．第5周期ⅠA族
D．第3周期ⅡA族
【解析】 根据质子数＝质量数－中子数，可以求出A元素的质子数＝239－148－54＝37，即原子序数为37，所以在第5周期ⅠA族。
【答案】 C
7．将下列晶体熔化：
氢氧化钠、二氧化硅、氧化钙、四氯化碳，需要克服的微粒间的相互作用①共价键、②离子键、③分子间作用力，正确的顺序是( )
A．①②②③
B．②①②③
C．②③②①
D．①①②③
【解析】 NaOH是离子晶体，熔化时破坏离子键；二氧化硅是原子晶体，熔化时破坏共价键；氧化钙是离子晶体，熔化时破坏离子键；四氯化碳是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。
【答案】 B
8．下列说法中正确的是
( )
A．ⅠA族元素的金属性一定比ⅡA族元素的金属性强
B．第3周期中的非金属元素的气态氢化物还原性越强，对应元素的最高价含氧酸酸性越弱
C．非金属元素之间只能形成共价化合物
D．短周期中，同周期元素的离子半径从左到右逐渐减小
【解析】 A项，锂的金属性小于钙的金属性，错误；B项，还原性越强，非金属性越弱，最高价含氧酸的酸性越弱，正确；C项，非金属元素之间可能形成离子化合物，如氯化铵，错误；D项，短周期中，同周期元素的离子中阴离子半径大于阳离子半径，错误。
【答案】 B
9．(多选)(2015·广东高考)甲～庚等元素在周期表中的相对位置如表所示，己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断正确的是( )
A．丙与戊的原子序数相差28
B．气态氢化物的稳定性：庚<己<戊
C．常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应
D．丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
【解析】 己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，则己为S；由元素在周期表中的相对位置可推断：丙为B、丁为Si、庚为F。因甲和丁在同一周期，且甲原子最外层与最内层具有相同电子数，则甲为Mg，乙为Ca。A.丙为B，原子序数为5，而戊位于P的下方，其原子序数比P的原子序数大18，即戊的原子序数为33，则丙与戊的原子序数相差28，正确。B.同周期元素自左向右，元素的非金属性逐渐增强；同主族元素自上而下，元素的非金属性逐渐减弱，因此元素的非金属性：庚>己>戊，元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故氢化物稳定性：庚>己>戊，错误。C.常温下，甲(Mg)与水反应缓慢，加热时反应较快，错误。D.丁(Si)的最高价氧化物为SiO2，可用于制造光导纤维，正确。
【答案】 AD
10.(2015·浙江高考)右表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是( )
X
Y
Z
W
T
【导学号：39700026】
A．X、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增
B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增
C．YX2晶体熔化、液态WX3汽化均需克服分子间作用力
D．根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性
【解析】 根据题意，X与W属于同族元素，且W的原子序数为X的2倍，可以得出在短周期元素中，X为氧元素，W为硫元素，由此可以推出Z为磷元素，Y为硅元素，T为砷元素。A项，X、W、Z元素的原子半径依次递增，但气态氢化物的热稳定性为X>W>Z，A项错误。B项，Y、Z元素在自然界中不能以游离态存在，但W元素(即硫)可以以单质形式存在，B项错误。C项，WX3(SO3)是分子晶体，汽化时需克服分子间作用力，YX2(SiO2)是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，C项错误。D项，As位于元素周期表中第四周期、第ⅤA族，也是金属元素区与非金属元素区的交界处。根据同周期、同主族元素的金属性、非金属性递变规律，As的单质具有半导体特性。根据同周期元素最高、最低化合价递变规律，As的最高化合价是＋5，最低化合价是－3，As2O3中As的化合价是＋3，则As2O3具有氧化性和还原性，D项正确。
【答案】 D
11．(2016·温州高一质检)短周期元素A、B、C的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为10。A与C在周期表中位置上下相邻，B原子最外层电子数等于A原子次外层电子数，下列有关叙述不正确的是( )
A．A与C可形成共价化合物
B．A的氢化物的稳定性大于C的氢化物的稳定性
C．原子半径A＜B＜C
D．B的氧化物的熔点比A的氧化物熔点高
【解析】 本题是“位—构—性”的综合推断题。B原子最外层电子数等于A原子的次外层电子数，说明A在第2周期，B是第3周期的镁，A、C在同一主族，其最外层电子数为2x＋2＝10，x＝4，故A、C分别是碳和硅。A与C可形成共价化合物SiC，A对；非金属性C＞Si，氢化物稳定性CH4＞SiH4，B对；原子半径：B＞C＞A，C错；MgO是固体，CO2是气体，因此前者熔点高，D对。
【答案】 C
12．根据下列性质判断，属于原子晶体的物质是( )
A．熔点2
700
℃，导电性好，延展性强
B．无色晶体，熔点3
500
℃，不导电，质硬，难溶于水和有机溶剂
C．无色晶体，能溶于水，质硬而脆，熔点800
℃，熔化时能导电
D．熔点－56.6
℃，微溶于水，硬度小，固态或液态时不导电
【解析】 延展性强是金属晶体的特性；难溶于水和有机溶剂是原子晶体的特性；能溶于水且熔化时能导电是离子晶体的特性；硬度小且固态或液态时不导电是分子晶体的特性。
【答案】 B
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
13．(10分)下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑧在表中的位置，用化学用语回答下列问题。
(1)④、⑤、⑥的原子半径由大到小的顺序为(填元素符号)__________。
(2)②、③、⑦的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是(填化学式)__________________。
(3)①、④、⑤、⑧中的某些元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，写出其中一种化合物的电子式：________。
(4)由②和④组成，且②和④的质量比为3∶8的化合物的结构式是________，其中含________键。
(5)⑥单质与⑤的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_________。
【答案】 (1)Na>Al>O
(2)HNO3>H2CO3>H2SiO3(或H4SiO4)
(4)O===C===O 共价
(5)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
14．(11分)(2014·海南高考节选)4种相邻的主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性。回答下列问题：
m
n
x
y
(1)元素x在周期表中的位置是第________周期____________族，其单质可采用电解熔融________的方法制备。
(2)m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是________，碱性最强的是________(填化学式)。
(3)气体分子(mn)2的电子式为________，(mn)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是______________。
【解析】 根据题意可知x是Mg，y是Al，m是C，n是N。(1)元素Mg在周期表中的位置是第三周期第ⅡA族，Mg在工业上采用电解熔融的MgCl2的方法制取。(2)元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以酸性强弱顺序是HNO3>H2CO3>Al(OH)3，酸性最强的是HNO3。氢氧化铝是两性氢氧化物，既有酸性，也有碱性，因此碱性最强的是Al(OH)3。(3)气体分子(CN)2与NaOH反应类似氯气与氢氧化钠的反应。方程式是：(CN)2＋2NaOH===NaCN＋NaCNO＋H2O。
【答案】 (1)三 ⅡA MgCl2 (2)HNO3
Al(OH)3 (3)∶N C：C N∶ (CN)2＋2NaOH===NaCN＋NaCNO＋H2O
15．(16分)已知五种元素的原子序数大小顺序为C>A>B>D>E，A、C同周期，B、C同主族。A与B形成的离子化合物A2B中所有离子的电子数相等，其电子总数为30；D和E可形成4核10个电子的分子。
试回答下列问题：
(1)写出这五种元素的名称：A________，B________，C________，D________，E________。
(2)用电子式表示离子化合物A2B的形成过程：___________________。
(3)按要求表示下列化合物的原子构成关系：
①D元素形成单质的电子式________；
②E与B形成化合物的电子式________；
③A、B、E形成化合物的电子式________；
④D与E两元素按原子数目比为1∶3和2∶4构成分子M和N，M的电子式
________，N的结构式________。
【解析】 首先根据原子结构推出各元素，然后再根据不同物质的电子式的书写方法书写电子式，并根据用电子式表示离子化合物的形成过程的方法表示A2B的形成过程。因为A、B离子的电子数相同，在电子总数为30的A2B型的离子化合物中，每个离子的电子数均为10，故可推知A为钠，B为氧。D和E可形成4核10电子的分子，且知原子序数E
【答案】 (1)钠 氧 硫 氮 氢
(2)
16．(15分)有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在点燃条件下与B的单质充分反应，可以得到与D的单质颜色相同的淡黄色固态化合物。
试根据以上叙述回答：
(1)写出元素符号：A________，B________，C________，
D________。
(2)写出由A、B、C、D四种元素中的几种元素组成的盐的化学式(至少三种)：________________。
(3)写出C单质点燃时与B单质充分反应的化学方程式：______________。
写出此反应中生成的淡黄色固态化合物与水反应的化学方程式：
__________________________________________。
(4)请设计简单实验，比较元素B、D的金属性(或非金属性)强弱：
___________________________________________________。
【解析】 由信息“A的L层电子数是K层电子数的两倍”，推出元素A是C，则元素B也在第2周期中。由信息“D单质是淡黄色固体”推出元素D是S，则淡黄色固态化合物为Na2O2，可确定元素C是Na，元素B是O。
(2)中，组成的盐有：Na2S、Na2SO3、Na2SO4、Na2CO3等。
(4)中，B(氧元素)和D(硫元素)都是非金属元素，故需比较其非金属性强弱。可设计实验将O2通入H2S溶液中观察现象。
【答案】 (1)C O Na S
(2)Na2S、Na2SO3、Na2SO4、Na2CO3(写出三种即可)
(3)2Na＋O2Na2O2
2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
(4)将O2通入盛有H2S溶液的试管中，若观察到溶液中有淡黄色浑浊(或固体)产生，则说明非金属性O＞S专题综合测评(二)
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．(2016·上海十三校联考)化学家借助太阳能产生的电能和热能，用空气和水作原料成功地合成了氨气。下列有关说法正确的是( )
A．该合成中所有的电能和热能全部转化为化学能
B．该合成氨过程不属于氮的固定
C．空气、水、太阳能均为可再生资源
D．断裂N2中的N≡N键会释放出能量
【解析】 A项，该合成中的能量转化效率没有达到100%；B项，把游离态的氮转变为化合态的氮的过程都属于氮的固定；D项，断裂化学键要吸收能量。
【答案】 C
2．下列有关能源的说法正确的是
( )
A．煤、石油、天然气是重要的化石燃料，加快化石燃料的开采与使用，有利于国民经济的发展
B．核电站是利用原子核发生聚变，释放能量来发电的
C．夏天为了更凉快，把室内空调温度设置很低，这样不符合“低碳生活”理念
D．煤炉生火时，用木材引燃是为了提高煤的着火点
【解析】 化石燃料的过度开采与使用，不利于国民经济的长远发展，A项错误；核电站是利用原子核发生裂变释放能量来发电的，氢弹的爆炸才是核的聚变，B项错误；温差越大消耗电能越多，则耗电量越大，不符合“低碳生活”理念，C项正确；煤炉生火时，用木材引燃是为了升高温度使之达到煤的着火点，而不是提高煤的着火点，D项错误。
【答案】 C
3．(2013·江苏高考)燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是( )
A．甲醇
B．天然气
C．液化石油气
D．氢气
【解析】 从燃料电池反应产物的角度分析。甲醇、天然气和液化石油气作为燃料电池的燃料使用均产生CO2，而氢气用作燃料电池的燃料，反应产物为H2O，不会对环境产生影响。
【答案】 D
4．一定温度下，向容积为2
L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是( )
A．该反应的化学方程式为3B＋4D??6A＋2C
B．反应进行到1
s时，v(A)＝v(D)
C．反应进行的6
s内，B的平均反应速率为0.05
mol·(L·s)－1
D．反应进行到6
s时，各物质的反应速率相等
【解析】 由图可知，B、C为反应物，A、D为生成物，由于各物质的物质的量变化之比等于化学方程式中化学计量数之比，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)＝6∶3∶4∶2，所以化学方程式为3B＋4C??6A＋2D，A项错误；不论在什么时候，用各物质表示的速率之比都等于化学计量数之比，故B、D项错误。
【答案】 C
5．一定温度下，10
mL
0.40
mol·L－1
H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如表所示。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)( )
A．0～6
min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2
mol·(L·min)－1
B．6～10
min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10－2
mol·(L·min)－1
C．反应至6
min时，c(H2O2)＝0.30
mol·L－1
D．反应至6
min时，H2O2分解了50%
【解析】 根据题目信息可知，0～6
min，生成22.4
L(标准状况)氧气，消耗0.002
mol
H2O2，则v(H2O2)≈3.3×10－2
mol·(L·min)－1，A项正确；随反应物浓度的减小，反应速率逐渐降低，B项正确；反应至6
min时，剩余0.002
mol
H2O2，此时c(H2O2)＝0.20
mol·L－1，C项错误；反应至6
min时，消耗0.002
mol
H2O2，转化率为50%，D项正确。
【答案】 C
6．(双选)已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2均为正值)：
H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)ΔH1＝－Q1
kJ·mol－1；
H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)ΔH2＝－Q2
kJ·mol－1。
有关上述反应的叙述正确的是( )
A．Q1＞Q2
B．生成物总能量均高于反应物总能量
C．生成1
mol
HCl气体时放出Q1热量
D．1
mol
HBr(g)具有的能量大于1
mol
HBr(l)具有的能量
【解析】 Cl2比Br2活泼，等量的Cl2、Br2与H2反应，生成的HCl稳定性大于HBr，放出热量多，即Q1＞Q2，A正确；因为X2与H2的反应为放热反应，所以生成物总能量低于反应物总能量，B错误；生成1
mol
HCl气体放出的热量为，C错误；1
mol
HBr(g)变为1
mol
HBr(l)要放出热量，所以，1
mol
HBr(g)具有的能量大于1
mol
HBr(l)具有的能量，D正确。
【答案】 AD
7．(2016·湖州期末调研)在一定温度下，某体积可变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)＋H2O(g)??CO(g)＋H2(g)。下列叙述中不能说明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是( )
【导学号：39700042】
A．体系的压强不再发生变化
B．v正(CO)＝v逆(H2O)
C．生成n
mol
CO的同时生成n
mol
H2
D．1
mol
H—H键断裂的同时断裂2
mol
H—O键
【解析】 选项A，由于该反应是一个气体体积增大的反应，当体系的压强不再发生变化时，说明反应达到化学平衡状态；选项B，根据v正(CO)＝v逆(H2O)，可知CO的消耗量等于其生成量，说明反应达到化学平衡状态；选项D,1
mol
H—H键断裂的同时断裂2
mol
H—O键，即消耗1
mol
H2，同时消耗了1
mol
H2O，可知H2的消耗量等于其生成量，说明反应达到化学平衡状态。
【答案】 C
8．下列化学变化为放热反应的是( )
A．H2O(g)===H2O(l) ΔH＝－44.0
kJ/mol
B．2HI(g)===H2(g)＋I2(g) ΔH＝＋14.9
kJ/mol
C．形成化学键时，共放出能量862
kJ的化学反应
D．能量变化如图所示的化学反应
【解析】 A项中的变化不是化学反应；B项中的反应是吸热反应；C项只给出形成化学键时放出能量的数值，没有给出断裂化学键时吸收能量的数值，无法判断反应是放热反应还是吸热反应；D项从题图中可看出该反应反应物的总能量高于生成物的总能量，所以是放热反应。
【答案】 D
9．胶状液氢(主要成分是H2和CH4)有望用于未来的运载火箭和空间运输系统。实验测得：101
kPa时，1
mol
H2完全燃烧生成液态水，放出285.8
kJ热量；1
mol
CH4
完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3
kJ的热量。下列热化学方程式的书写中正确的是( )
A．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝＋890.3
kJ·mol－1
B．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－890.3
kJ·mol－1
C．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－890.3
kJ
D．2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－285.8
kJ
【解析】 该反应为放热反应，A项错误；反应热单位为kJ·mol－1，C、D两项错误。
【答案】 B
10．下列叙述正确的是( )
A．在原电池的负极和电解池的阴极上都发生失电子的氧化反应
B．用惰性电极电解H2SO4溶液，阴、阳两极产物的物质的量之比为1∶2
C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1
mol电子转移，则生成1
mol
NaOH
D．钢铁发生电化学腐蚀时生成Fe3O4
【解析】 原电池负极上发生失电子的氧化反应，而电解池的阴极上发生得电子的还原反应，A项错误；用惰性电极电解H2SO4溶液，相当于电解水，阴、阳两极产物分别为H2和O2，其物质的量之比应为2∶1，B项错误；钢铁发生电化学腐蚀最终生成Fe2O3·xH2O，D项错误。
【答案】 C
11．图中所示的两个实验装置中，溶液的体积均为200
mL，开始时电解质溶液的浓度均为0.1
mol/L，工作一段时间后，测得导线中均通过0.02
mol电子，若不考虑溶液体积的变化，则下列叙述中正确的是( )
A．产生气体的体积：(1)>(2)
B．电极上析出物质的质量：(1)>(2)
C．溶液pH的变化：(1)增大，(2)减小
D．电极反应式：(1)中阳极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，(2)中负极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
【解析】 根据离子的放电顺序可知，(1)中电解的总反应为2CuSO4＋2H2O通电,2Cu＋O2↑＋2H2SO4，根据原电池原理，(2)中电池总反应为Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。根据电子转移量相等，(1)中阴极析出0.01
mol
Cu，阳极产生0.005
mol
O2，而(2)中正极产生0.01
mol
H2，前者质量大，所以B正确。
【答案】 B
12．一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋。下列有关说法正确的是
( )
A．检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动
B．若有0.4
mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48
L氧气
C．电池反应的化学方程式为CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2O
D．正极上发生的反应是O2＋4e－＋2H2O===4OH－
【解析】 电解质溶液中阳离子应向正极移动，A项错误；酸性溶液中，正极电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，D项错误；结合正极反应式，转移0.4
mol电子时，消耗O2
0.1
mol，其在标准状况下的体积为2.24
L，B项错误；C项正确。
【答案】 C
二、非选择题(本题包括3小题，共52分)
13．(14分)某可逆反应从0～2分钟进行过程中，在不同反应时间各物质的量的变化情况如图所示。
(1)该反应的反应物是________，生成物是________。
(2)化学方程式为________________。
(3)反应开始至2分钟时，________(“能”或“不能”)用C表示反应速率。若能，其反应速率为________，若不能，则其原因为__________________。
(4)2分钟后A、B、C各物质的量不再随时间的变化而变化，说明在这个条件下，反应已达到了________状态。
【解析】 (1)由反应的图像可知，在反应的过程中，A、B的物质的量逐渐减小，C的物质的量逐渐增大，所以A、B是反应物，C是生成物。
(2)根据速率之比等于反应的化学计量数之比可以得到，该反应的化学方程式是2A＋B??2C。
(3)由于反应速率是浓度的变化量和时间的变化量的比值，所以由于反应容器的体积未知，所以不能求算反应浓度变化，所以无法求算反应的速率。
(4)由于各物质的物质的量不再发生变化了，所以反应达到了化学平衡状态。
【答案】 (1)A、B C
(2)2A＋B??2C
(3)不能 无体积，无法求出浓度变化值
(4)平衡
14．(18分)某同学为了探究锌与盐酸反应过程的速率变化，他在100
mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如表所示(累计值)：
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL
50
120
232
290
310
(1)哪一时间段(指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5
min)反应速率最大？________，原因是_____________________。
(2)哪一时间段的反应速率最小________，原因是______________。
(3)求2～3
min时间段以盐酸的浓度变化表示的该反应速率是________。
(4)如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液：A.蒸馏水、B.NaCl溶液、C.NaNO3溶液、D.CuSO4溶液、E.Na2CO3溶液，你认为可行的是________(填序母)。
【解析】 (1)由表中的数据知，反应速率在2～3
min时最大，原因是Zn与HCl反应放热，使溶液的温度升高。
(2)由表中的数据知，反应速率在4～5
min时最小，原因是随着反应的进行，c(H＋)减小。
(3)n(H2)＝＝0.005
mol，
Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑
0.01
mol 0.005
mol
则Δc＝＝0.1
mol·L－1
v(HCl)＝＝＝0.1
mol·(L·min)－1。
(4)加入C，NO在酸性溶液中与Zn反应不产生H2；加入D，Cu2＋与Zn反应使生成的H2减少；加入E，CO消耗H＋，使生成的H2也减少。
【答案】 (1)2～3
min 该反应是放热反应，此时温度高
(2)4～5
min 此时H＋浓度小
(3)0.1
mol·(L·min)－1 (4)A、B
15．(20分)为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置：
Ⅰ
Ⅱ Ⅲ
(1)上述3个装置中，不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是________。
(2)某同学选用装置Ⅰ进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是_________，说明该反应属于________(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)为探究固体M溶于水的热效应，选择装置Ⅱ进行实验(反应在甲中进行)。
①若M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是_______________。
②若观察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水________(填“一定是放热反应”、“一定是吸热反应”或“可能是放热反应”)，理由是____________。
③若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是___________。
(4)至少有两种实验方法能证明超氧化钾与水的反应(4KO2＋2H2O===4KOH＋3O2↑)是放热反应还是吸热反应。方法①：选择上述装置________(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)进行实验；方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应是________反应。
【解析】 (1)装置I可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应。(2)氢氧化钡与稀硫酸反应属于中和反应；中和反应都是放热反应。(3)浓硫酸、硝酸铵溶于水有热效应，但不属于化学反应，故不是放热或吸热反应。
【答案】 (1)Ⅲ
(2)左端液柱降低，右端液柱升高 放热
(3)①产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱 ②可能是放热反应
某些物质(如浓硫酸)溶于水放热，但不是放热反应 ③硝酸铵(或其他合理答案)
(4)Ⅰ(或Ⅱ) 放热专题综合测评(三)
(时间45分钟，满分100分)
一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分)
1．(2016·盐城高一期末)下列物质之间的相互关系错误的是( )
A．O2和O3互为同素异形体
B．CH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物
C．CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
D．CH3COOCH3和HCOOCH2CH3为同一种物质
【解析】 CH3COOCH3和HCOOCH2CH3互为同分异构体，D项错误。
【答案】 D
2．(高考组合题)下列关于有机反应类型的说法不正确的是( )
A．(2014·福建高考)可由乙烯通过加成反应制取乙醇
B．(2014·福建高考)乙醇通过取代反应可制取乙酸乙酯
C．(2014·山东高考)CH3CH3＋Cl2CH3CH2Cl＋HCl和CH2===CH2＋HCl―→CH3CH2Cl均为取代反应
D．(2014·大纲全国卷)SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同
【解析】 乙烯和H2O在一定条件下发生加成反应可制得乙醇，A正确；乙醇和乙酸在浓H2SO4作用下发生酯化(取代)反应生成乙酸乙酯，B正确；乙烯与HCl发生的是加成反应，而非取代反应，C错误；SO2使溴水褪色和乙烯使KMnO4溶液褪色，都是由于二者具有还原性，被氧化所致，D正确。
【答案】 C
3．(2014·广东高考)生活处处有化学。下列说法正确的是( )
A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金
B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类
D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸
【解析】 A．合金是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)经一定方法所合成的具有金属特性的物质，不锈钢主要成分是铁，还含有铬、镍等金属，因此属于合金，A正确。B.属于同分异构体的前提是物质的分子式相同，棉和麻的主要成分均属于纤维素，虽然纤维素和淀粉都可以用(C6H10O5)n表示，但n值不同，因此两者的分子式并不相同，不能称为同分异构体，B错误。C.不饱和度大的酯常温下为液态，花生油常温下为液态，因此含有不饱和酯，C错误。D蛋白质水解的最终产物为氨基酸，煮沸会引起蛋白质的变性，并不能发生彻底的水解反应，D错误。
【答案】 A
4．(双选)如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是( )
A．甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．乙可与溴水发生加成反应使溴水褪色
C．丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键
D．丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应
【解析】 由四种有机物的比例模型可知，甲为甲烷，乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇，甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色；乙醇与乙酸的酯化(取代)反应常用浓硫酸作催化剂和吸水剂，不能用稀硫酸，故A、D两项错误。
【答案】 BC
5．下图是一些常见有机物的转化关系，关于反应①～⑦的说法不正确的是( )
【导学号：39700063】
A．反应①是加成反应
B．只有反应②是加聚反应
C．只有反应⑦是取代反应
D．反应④⑤⑥⑦是取代反应
【解析】 本题考查有机物的转化关系及有机化学反应类型。反应①为加成反应，反应②为加聚反应，反应③为氧化反应，反应④、⑥为酯的水解反应，反应⑤、⑦为酯化反应，酯的水解反应与酯化反应都是取代反应。
【答案】 C
6．1,4 二氧六环是一种常见的有机溶剂。它可以通过下列合成路线制得：烃类ABC，
已知R—CH2—BrR—CH2OH，则A可能是( )
A．乙烯
B．乙醇
C．CH2===CH—CH===CH2
D．乙醛
【解析】 据最终产物可逆推出C为HO—CH2—CH2—OH，则结合信息知B为Br—CH2—CH2—Br，A为CH2===CH2。
【答案】 A
7．同分异构现象在有机化学中非常普遍，下列有关说法不正确的是( )
A．分子式为C5H12的有机物有3种同分异构体
B．分子式为C3H8O的有机物一定能与钠反应放出气体
C．分子式为C4H10的有机物有2种同分异构体，这2种同分异构体的一氯代物均有2种
D．淀粉和纤维素的分子式虽然相同，但二者不是同分异构体
【解析】 分子式为C5H12的有机物为戊烷，戊烷的同分异构体有3种：正戊烷、异戊烷和新戊烷，A正确；C3H8O对应的有机物可能是醇，也可能是醚，醚不能与钠反应放出气体，B错误；C4H10对应的有机物是丁烷，丁烷有2种同分异构体，其中正丁烷的一氯代物有2种，异丁烷的一氯代物也有2种，C正确；淀粉和纤维素都是多糖，分子式写法相同，但相对分子质量不同，不是同分异构体，D正确。
【答案】 B
8．(2015·福建高考)下列关于有机化合物的说法正确的是( )
A．聚氯乙烯分子中含碳碳双键
B．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C．丁烷有3种同分异构体
D．油脂的皂化反应属于加成反应
【解析】 聚氯乙烯是由氯乙烯发生加聚反应生成的，聚氯乙烯分子中不含碳碳双键，A项错误；淀粉经水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇，乙醇经氧化最终生成乙酸，乙酸和乙醇可发生酯化反应生成乙酸乙酯，B项正确；丁烷只有正丁烷和异丁烷两种结构，C项错误；油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，不属于加成反应，D项错误。
【答案】 B
9．下列关于有机物的说法中，不正确的是( )
A．乙烯和甲烷都易发生取代反应
B．苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应
C．油脂在碱的催化作用下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂
D．用新制的Cu(OH)2可检验尿液中的葡萄糖
【解析】 乙烯易发生加成反应不易发生取代反应，A错误。
【答案】 A
10．下列关于有机物说法正确的是( )
A．甲烷、乙烯和苯的分子中原子都在同一平面上
B．苯和乙烯都可使溴的四氯化碳溶液褪色
C．甲烷、乙烯、乙醇都能发生氧化反应
D．植物油属于高分子化合物
【解析】 A项中甲烷分子为正四面体形，分子中所有原子不可能在同一平面上；B项中苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色；D项中植物油不属于高分子化合物。
【答案】 C
11．有机物A分子式为C2H4，可发生以下系列转化，已知B、D是生活中常见的两种有机物。下列说法不正确的是( )
A．75%的B溶液常用于医疗消毒
B．D、E都能与NaOH溶液反应
C．B、D、E三种物质可以用饱和Na2CO3溶液鉴别
D．由B、D制备E常用浓H2SO4作脱水剂
【解析】 B为乙醇，D为乙酸，E为乙酸乙酯，制备乙酸乙酯常用浓H2SO4作催化剂和吸水剂。
【答案】 D
12．某有机物的结构简式为，关于该有机物的说法不正确的是( )
A．1
mol该有机物能与2
mol
NaOH发生反应
B．1
mol该有机物能与2
mol
Na反应生成1
mol
H2
C．1
mol该有机物能与1
mol
NaHCO3反应生成1
mol
CO2
D．1
mol该有机物最多能与4
mol
H2发生加成反应
【解析】 —CH2OH不与NaOH、NaHCO3、Na2CO3反应，—COOH与NaOH、Na、NaHCO3、Na2CO3均反应，苯环和碳碳双键均与H2加成。
【答案】 A
二、非选择题(共3小题，共52分)
13．(16分)以下为五种有机物的有关信息，根据表中信息回答问题。
A
B
D
E
F
①由C、H、O三种元素组成的液体；②与水任意比例互溶；③是优良的有机溶剂
其产量用来衡量一个国家的石油化工水平
比例模型为
①可用于除水垢；②在低于16.6℃时，凝固成冰一样的晶体
由5个原子组成的10个电子的共价分子
(1)A的官能团名称为________，对A的描述正确的是________。
①有毒 ②无色无味 ③密度比水小 ④与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色 ⑤在海带提碘实验中作萃取剂从碘水中提取碘单质 ⑥在热Cu丝作用下生成相对分子质量比它小2的有机物
A．①③⑤
B．②③④
C．③④⑥
D．④⑤⑥
(2)B的电子式为______，把一定体积的B、F混合气体通过溴水，有_______反应(填反应类型)发生，当溴水的质量增加2.8
g时，生成物的质量为________g(可能用到的相对原子质量：H 1；C 12；O 16；Br 80)。
写出B发生加聚反应的化学方程式为_______________。
(3)工业上，D来源于煤干馏后的液态产物煤焦油。D在浓硫酸、50～60
℃水浴中与浓硝酸发生取代反应，生成的有机物的结构简式为________。
(4)写出用18O标记的A与不含18O的E在一定条件下发生反应的化学方程式(注明反应条件)________________________________。
如图为实验室进行该反应时的装置图，其中有________处错误。
【解析】 根据表中信息可知A为CH3CH2OH，B为CH2===CH2，D为，E为CH3COOH、F为CH4。
(1)CH3CH2OH中的官能团为羟基，对乙醇描述正确的为③④⑥。
【答案】 (1)羟基 C
14．(16分)现有①甲烷、②乙烯、③苯、④乙酸、⑤葡萄糖5种有机物，请用序号或按题中要求作答：
(1)分子中所有原子一定都共面的是________。
(2)含氢量最高的有机化合物是________，其电子式为________。
(3)完全燃烧后生成的CO2和水的物质的量之比为1∶1的化合物是______。
(4)其中含有两种不同官能团的有机物是________，官能团的名称分别为________和________。
【解析】 (1)乙烯、苯分子中所有原子均处于同一平面上。
(2)所有有机物中，甲烷的含氢量最高。
(3)完全燃烧后生成CO2和H2O的物质的量之比为1∶1则有机物分子中C、H原子个数比为1∶2，CH2===CH2、CH3COOH和C6H12O6符合上述要求。
(4)葡萄糖分子结构中含有—CHO和—OH两种官能团。
【答案】 (1)②③ (2)① (3)②④⑤
(4)⑤ 羟基 醛基
15．(20分)(Ⅰ)某制糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣。对甘蔗渣进行综合利用，不仅可以提高经济效益，而且还可以防止环境污染。现按下列方式进行综合利用。
请回答下列问题：
(1)A的名称是________。
(2)写出反应B→F的化学方程式：___________________。
(3)写出反应B→D的化学方程式：________________________。
(Ⅱ)茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯()是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成。一种合成路线如下：
(1)写出反应①的化学方程式：_______________________________。
(2)C的结构简式为____________________________________。
(3)反应③的化学方程式为____________________________，
反应类型为___________________________。
(4)上述①②③三个反应中，原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求的反应是________(填序号)。
【解析】 (Ⅰ)甘蔗提取蔗糖后，剩余的甘蔗渣属于多糖中的纤维素，发生水解反应之后得到葡萄糖。而葡萄糖在人体内缓慢氧化的过程是提供能量且释放出CO2的过程，而葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和CO2。
(Ⅱ)乙醇在铜作催化剂并加热的条件下被氧气氧化为乙醛，乙醛能进一步被氧气氧化为乙酸，即A为乙醛，B为乙酸，B和C发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，由乙酸苯甲酯的结构简式可推知C为反应②的化学方程式为2CH3CHO＋O22CH3COOH，原子的理论利用率为100%。
【答案】 (Ⅰ)(1)纤维素
(2)C6H12O6＋6O26CO2＋6H2O
(3)C6H12O62C2H5OH＋2CO2↑
(Ⅱ)(1)2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O