河南省南阳市唐河一中2022学年高一化学下学期第五次月考试卷（含解析）

2022-2022学年河南省南阳市唐河一中高一（下）第五次月考化学试卷一、单项选择（54分）1．（3分）下列物质中既有离子键，又有共价键的是（　　）　A．H2OB．CaCl2C．NH4NO3D．Cl2　2．（3分）元素R的一种原子AR，其阴离子ARn﹣有B个电子，则原子核内的中子数应为（　　）　A．A﹣B+nB．A﹣B﹣nC．A+B﹣nD．A+B+n　3．（3分）下列各组比较不正确的是（　　）　A．酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4B．碱性：Be（OH）2＜Mg（OH）2＜KOH　C．氧化性：S＜O2＜F2D．还原性：Se2﹣＜S2﹣＜O2﹣　4．（3分）下列物质中，不可能是乙烯的加成产物的是（　　）　A．CH3CH3B．CH3CHCl2C．CH3CH2OHD．CH3CH2Br　5．（3分）下列化学用语表达正确的是（　　）　A．一氯乙烷的结构式CH3ClB．丁烷的结构简式CH3（CH2）2CH3　C．四氯化碳的电子式D．苯的分子式　6．（3分）下列离子方程式中书写正确的是（　　）　A．铝粉与烧碱溶液反应：Al+6OH﹣═﹣+H2↑　B．水玻璃中加入稀盐酸：Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+　C．二氧化硅与苛性钠溶液反应：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O　D．在氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al3++4OH﹣═﹣　7．（3分）山梨酸（CH3﹣CH=CH﹣CH=CH﹣COOH）是一种常用的食品防腐剂．下列关于山梨酸性质的叙述中，不正确的是（　　）　A．可与钠反应　B．可与氢氧化钠溶液反应　C．可与溴的四氯化碳溶液发生取代反应　D．可生成高分子化合物　8．（3分）（2022•长宁区一模）X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（　　）　A．X的原子半径一定大于Y的原子半径　B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构　C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1　D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物　-20-\n9．（3分）有机物①CH2OH（CHOH）4CHO②CH3CH2CH2OH③CH2=CH﹣CH2OH④CH2=CH﹣COOCH3⑤CH2=CH﹣COOH中，既能发生还原、酯化反应，又能发生氧化反应（燃烧除外）的是（　　）　A．③⑤B．①③⑤C．②④D．①③　10．（3分）采用下列措施不能使C（s）+O2═CO2的反应速率加快的是（　　）　A．增大氧气浓度B．增大碳的用量C．增大压强D．升高温度　11．（3分）下列各组溶液，无论将少量前者滴入后者，还是将少量后者滴入前者，生成物一定相同的是（　　）　A．NaOH溶液和AlCl3溶液B．FeBr2溶液和氯水　C．NaHCO3溶液和澄清石灰水D．Ca（HCO3）2溶液和澄清石灰水　12．（3分）丁腈橡胶（）具有优良的耐油、耐高温性能，合成丁腈橡胶的原料是（　　）①CH2═CH﹣CH═CH2②CH3﹣CH═CH﹣CH3③CH2═CH﹣CN⑤CH3﹣CH═CH2．　A．③⑤B．②③C．①③D．④⑤　13．（3分）某一元醇16g跟足量金属钠反应，产生5.6L氢气（标准状况），该醇是（　　）　A．CH3OHB．C2H5OHC．C3H7OHD．C4H9OH　14．（3分）根据甘油（丙三醇）的结构，它不可能发生的反应是（　　）　A．消去反应B．取代反应C．氧化反应D．加成反应　15．（3分）分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为羧酸和醇，若不考虑立体结构，这些醇和羧酸重新组合可形成的酯共有（　　）　A．4种B．11种C．12种D．13种　16．（3分）苯分子中不存在单、双键交替排列的结构，可以作为证据的事实是（　　）①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯分子中碳原子之间的距离均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷④经实验测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色．　A．①②③④B．①②④⑤C．①③④⑤D．②③④⑤　17．（3分）如图所示，N4分子结构与白磷分子相似，呈正四面体结构．已知断裂1molN﹣N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则下列说法正确的是（　　）-20-\n　A．N4是一种含非极性共价键的新型化合物　B．1molN4气体转化为N2时要放出724kJ能量　C．N4是氮气的一种同位素　D．N4的结构比N2更对称，因此N4比N2更稳定　18．（3分）向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，当SO42﹣完全沉淀时，铝元素的存在形式是（　　）　A．全部为Al（OH）3沉淀　B．几乎全部以﹣形式存在于溶液中　C．一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以Al3+存在于溶液中　D．一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以﹣形式存在于溶液中　二、填空题（共36分）19．（5分）下列各组物质中，属于同位素的是　_________　，属于同素异形体的是　_________　，互为同系物的是　_________　，属于同分异构体的是　_________　，属于同种物质的是　_________　．①O2和O3②Cl和Cl③CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2④CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3和CH3（CH2）2CH（CH3）CH2CH3⑤CH3（CH2）3CH3和CH3CH3⑥　20．（8分）某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据填空：（1）该反应的化学方程式为　_________　．（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为　_________　．（3）若X、Y、Z均为气体，2min后反应达到平衡，反应达平衡时：①此时体系的压强是开始时的　_________　倍；②达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时　_________　（填“增大”“减小”或“相等”）．　21．（11分）已知乳酸的结构简式为：．-20-\n（1）则90g乳酸与足量金属钠反应产生的气体在标准状况下的体积是　_________　L．方程式为　_________　．已知两分子乳酸可在一定条件下反应生成环状的酯，写出该反应的方程式：　_________　．（2）已知葡萄糖可以和醋酸在一定条件下发生酯化反应，则1摩尔葡萄糖最多可以消耗　_________　摩尔醋酸．（3）分子式为C6H12的某烃，其所有的碳原子都一定在同一平面上，则该烃的结构简式为　_________　．（4）某苯的同系物分子式为C11H16，苯环上只有一个取代基，其同分异构体共有　_________　种．　22．（12分）实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成．取Wg该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气．按图所示装置进行实验．回答下列问题：（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是　_________　．（2）以上装置中需要加热的仪器有　_________　（填写字母），操作时应先点燃　_________　处的酒精灯．（3）A装置中发生反应的化学方程式是　_________　．（4）D装置的作用是　_________　．（5）读取氮气的体积时，应注意：①　_________　；②　_________　．（6）实验中测得氮气的体积为VmL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有　_________　（填编号）．A．生成二氧化碳气体的质量B．生成水的质量C．通入氧气的体积D．氨基酸的相对分子质量．　三．计算题（10分）23．（10分）将3.84g铜置入一定量的浓硝酸中，并微热，随着铜的不断减少，反应生成的气颜色逐渐变浅，当铜反应完毕时（铜片完全消失），共收集到2.24L气体（标准状况），求：（1）上述过程中，有关反应的离子方程式为　_________　；　_________　．（2）反应中被还原的HNO3的物质的量是　_________　mol．生成的NO与NO2物质的量之比为　_________　．（3）将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其中缓慢通入O2，使其充分反应，若要使水恰好充满容器，理论上需要　_________　摩尔O2参加反应．　-20-\n2022-2022学年河南省南阳市唐河一中高一（下）第五次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、单项选择（54分）1．（3分）下列物质中既有离子键，又有共价键的是（　　）　A．H2OB．CaCl2C．NH4NO3D．Cl2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：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，铵根离子和酸根离子之间也存在离子键，非金属元素之间易形成共价键，据此分析解答．解答：解：A．水分子中O原子和H原子之间只存在共价键，属于共价化合物，故A错误；B．氯化钙中钙离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故B错误；C．硝酸铵中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，铵根离子中N原子和H原子之间存在共价键、硝酸根离子中N原子和O原子之间存在共价键，故C正确；D．氯气分子中氯原子之间只存在共价键，为单质，故D错误；故选C．点评：本题考查化学键，明确物质的构成微粒及微粒之间的作用力即可解答，注意C中还有配位键，配位键也属于化学键，为易错点．　2．（3分）元素R的一种原子AR，其阴离子ARn﹣有B个电子，则原子核内的中子数应为（　　）　A．A﹣B+nB．A﹣B﹣nC．A+B﹣nD．A+B+n考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系．专题：原子组成与结构专题．分析：根据阴离子：质子数=核外电子数﹣电荷数，中子数=质量数﹣质子数进行计算．解答：解：阴离子：质子数=核外电子数﹣电荷数=B﹣n，中子数=质量数﹣质子数=A﹣（B﹣n）=A﹣B+n，故选A．点评：本题考查阴离子中质子数、核外电子数、中子数、质量数之间的数量关系，难度不大．　3．（3分）下列各组比较不正确的是（　　）　A．酸性：H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4B．碱性：Be（OH）2＜Mg（OH）2＜KOH　C．氧化性：S＜O2＜F2D．还原性：Se2﹣＜S2﹣＜O2﹣考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；B．金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强；C．非金属性越强，对应单质的氧化性越强；D．非金属性越强，对应离子的还原性越弱．解答：-20-\n解：A．非金属性Cl＞S＞P＞Si，最高价氧化物的水化物的酸性为H4SiO4＜H3PO4＜H2SO4＜HClO4，故A正确；B．金属性Be＜Mg＜K，最高价氧化物的水化物的碱性为Be（OH）2＜Mg（OH）2＜KOH，故B正确；C．非金属性S＜O＜F，对应单质的氧化性为S＜O2＜F2，故C正确；D．非金属性Se＜S＜O，对应离子的还原性为Se2﹣＞S2﹣＞O2﹣，故D错误；故选D．点评：本题考查非金属性的比较，为高频考点，把握元素的性质及元素周期律为解答的关键，注意比较非金属性的方法，侧重规律性知识的考查，题目难度不大．　4．（3分）下列物质中，不可能是乙烯的加成产物的是（　　）　A．CH3CH3B．CH3CHCl2C．CH3CH2OHD．CH3CH2Br考点：有机物的结构和性质．专题：有机反应．分析：乙烯中具有碳碳双键，能与氢气、氯气、水、HBr发生加成反应，以此来解答．解答：解：A．乙烯能与氢气发生加成反应生成乙烷，故A不选；B．乙烯与氯气发生加成反应生成CH2ClCH2Cl，不会生成CH3CHCl2，故B选；C．乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故C不选；D．乙烯与HBr发生加成反应生成溴乙烷，故D不选；故选：B．点评：本题考查有机物的结构和性质，明确乙烯中的官能团及性质是解答本题的关键，题目难度不大．　5．（3分）下列化学用语表达正确的是（　　）　A．一氯乙烷的结构式CH3ClB．丁烷的结构简式CH3（CH2）2CH3　C．四氯化碳的电子式D．苯的分子式考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；结构简式．专题：化学用语专题．分析：根据结构式、结构简式、电子式、分子式的书写规则判断．解答：解：A、CH3Cl是一氯甲烷的结构简式，故A错误；B、CH3（CH2）2CH3是丁烷的结构简式，故B正确；C、没有写氯原子的孤电子对，故C错误；D、苯的分子式为C6H6，故D错误；故选B．点评：本题考查的是结构式、结构简式、电子式、分子式的书写，侧重考查学生的辨别能力．　6．（3分）下列离子方程式中书写正确的是（　　）　A．铝粉与烧碱溶液反应：Al+6OH﹣═﹣+H2↑　B．水玻璃中加入稀盐酸：Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+　C．二氧化硅与苛性钠溶液反应：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O-20-\n　D．在氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al3++4OH﹣═﹣考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A、从电荷是否守恒的角度来判断；B、物质的拆分错误，能拆的物质有强酸、强碱和可溶性盐；C、二氧化硅是酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水；D、氢氧化铝不溶于过量的氨水，而且一水合氨在离子反应中不能拆．解答：解：A、此离子方程式电荷不守恒．铝粉与烧碱溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，NaOH和NaAlO2可以拆，故离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；B、水玻璃中加入稀盐酸化学方程式：Na2SiO3+2HCl═H2SiO3↓+2NaCl，其中Na2SiO3和NaCl均为可溶性盐，可以拆，故离子方程式为：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，故B错误；C、二氧化硅是酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水，化学方程式：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，能拆的物质有强酸、强碱和可溶性盐，即NaOH和Na2SiO3能拆，故离子方程式为：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故C正确；D、在氯化铝溶液中滴加过量的氨水，由于氢氧化铝不溶于过量的氨水，故只能生成Al（OH）3，化学方程式为AlCl3+3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4Cl，氨水是弱碱，不能拆，故离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子方程式的书写，应从物质能否拆分、电荷是否守恒等角度来考虑，题目较简单．　7．（3分）山梨酸（CH3﹣CH=CH﹣CH=CH﹣COOH）是一种常用的食品防腐剂．下列关于山梨酸性质的叙述中，不正确的是（　　）　A．可与钠反应　B．可与氢氧化钠溶液反应　C．可与溴的四氯化碳溶液发生取代反应　D．可生成高分子化合物考点：有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：山梨酸含有的官能团有碳碳双键、羧基，属于烯酸，根据官能团判断其性质，所以应具备烯烃和羧酸的性质．解答：解：A、山梨酸含有羧基，所以可与钠发生反应生成氢气，故A正确；B、山梨酸含有羧基，属于酸，所以能和碱发生中和反应，故B正确；C、山梨酸含有碳碳双键，所以可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应不是取代反应，故C错误；D、山梨酸含有碳碳双键，所以能发生加聚反应生成高分子化合物，故D正确；故选C．点评：本题考查有机物的官能团和性质，题目难度不大，注意常见有机物官能团的性质，结构决定性质．　-20-\n8．（3分）（2022•长宁区一模）X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是（　　）　A．X的原子半径一定大于Y的原子半径　B．X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构　C．两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1　D．X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素，以此进行解答题中各问．解答：解：X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，则Y为第ⅥA族元素，则X可能为H、Li、Na等元素，Y可能为O、S等元素：A、当X为H、Li等元素，Y为S元素时，X的原子半径小于Y的原子半径，故A错误；B、X为Na时，其对应离子为Na+，离子有10个电子，Y为O元素时，其对应的离子为O2﹣，离子有10个电子，二者具有相同的电子层结构，故B错误；C、两元素形成的化合物中，原子个数为1：1的有H2O2或Na2O2，故C错误；D、化学式为X2Y的有H2O或Na2O或Li2O，可能是离子化合物，也可能是共价化合物，故D正确．故选D．点评：本题考查元素的位置结构性质的相互关系及应用，题目难度不大，注意元素周期表中各主族元素的主要性质的相似性和递变性的应用．　9．（3分）有机物①CH2OH（CHOH）4CHO②CH3CH2CH2OH③CH2=CH﹣CH2OH④CH2=CH﹣COOCH3⑤CH2=CH﹣COOH中，既能发生还原、酯化反应，又能发生氧化反应（燃烧除外）的是（　　）　A．③⑤B．①③⑤C．②④D．①③考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．专题：有机反应．分析：﹣CHO能发生还原反应，﹣OH、﹣COOH能发生酯化反应，﹣OH、﹣CHO、C=C能发生氧化还原，以此来解答．解答：解：①CH2OH（CHOH）4CHO中含﹣CHO，能发生还原和氧化反应，含﹣OH，能发生酯化反应，故选；②CH3CH2CH2OH中含﹣OH，能发生氧化反应和酯化反应，不能发生还原反应，故不选；③CH2=CH﹣CH2OH中含C=C，能发生氧化反应、还原反应，﹣OH能发生酯化反应和氧化反应，故选；④CH2=CH﹣COOCH3中，含C=C，能发生氧化反应、还原反应，不能发生酯化反应，故不选；⑤CH2=CH﹣COOH中，含C=C，能发生氧化反应、还原反应，含﹣COOH能发生酯化反应，故选；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团及性质的关系，熟悉常见的性质即可解答，题目难度不大．　-20-\n10．（3分）采用下列措施不能使C（s）+O2═CO2的反应速率加快的是（　　）　A．增大氧气浓度B．增大碳的用量C．增大压强D．升高温度考点：化学反应速率的影响因素．专题：化学反应速率专题．分析：反应为气体参加的反应，则增大压强、升高温度、增大浓度等，均可加快反应速率，以此来解答．解答：解：A．增大氧气浓度，反应速率加快，故A不选；B．碳为纯固体，增大碳的用量，反应速率不变，故B选；C．该反应有气体参加，增大压强，反应速率加快，故C不选；D．升高温度，反应速率加快，故D不选；故选B．点评：本题考查影响反应速率的因素，为高频考点，把握浓度、温度、压强对反应速率的影响即可解答，注重基础知识的考查，选项B为易错点，题目难度不大．　11．（3分）下列各组溶液，无论将少量前者滴入后者，还是将少量后者滴入前者，生成物一定相同的是（　　）　A．NaOH溶液和AlCl3溶液B．FeBr2溶液和氯水　C．NaHCO3溶液和澄清石灰水D．Ca（HCO3）2溶液和澄清石灰水考点：镁、铝的重要化合物；氯气的化学性质；钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A、NaOH溶液和AlCl3溶液，当前者滴入后者时，后者开始足量，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，一段时间后OH﹣过量，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；当后者滴入前者时，反应方程式为：开始一段时间Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，当Al3+过量Al3+和AlO2﹣发生双水解，Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；B、亚铁离子还原性大于溴离子，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，FeBr2溶液和氯水，当前者滴入后者时，氯水足量，同时氧化亚铁离子和溴离子，反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣；当后者滴入前者时，氯水少量，只能氧化亚铁离子，反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；C、NaHCO3溶液与澄清石灰水溶液，当前者滴入后者，发生Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O；当后者滴入前者，发生Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣；D、Ca（HCO3）2溶液与澄清石灰水溶液，无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，只发生Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O．解答：解：A、NaOH溶液和AlCl3溶液，当前者滴入后者时，后者开始足量，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，一段时间后OH﹣过量，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，现象是先有白色沉淀后白色沉淀溶解；当后者滴入前者时，反应方程式为：开始一段时间Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，当Al3+过量Al3+和AlO2﹣发生双水解，Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，现象是先无明显现象后有白色沉淀，故A错误；B、亚铁离子还原性大于溴离子，氯气先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，FeBr2溶液和氯水，当前者滴入后者时，氯水足量，同时氧化亚铁离子和溴离子，反应为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣；当后者滴入前者时，氯水少量，只能氧化亚铁离子，反应为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，所以产物不同，故B错误；-20-\nC、NaHCO3溶液与澄清石灰水溶液，当前者滴入后者，发生Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O；当后者滴入前者，发生Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，所以产物不同，故C错误；D、Ca（HCO3）2溶液与澄清石灰水溶液，无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，只发生Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，现象都是产生白色沉淀，产物一样，故D正确．故选：D．点评：本题考查离子反应的书写，明确反应是解答本题的关键，注意互滴顺序不同发生的反应与现象的关系即可解答，题目难度较大．　12．（3分）丁腈橡胶（）具有优良的耐油、耐高温性能，合成丁腈橡胶的原料是（　　）①CH2═CH﹣CH═CH2②CH3﹣CH═CH﹣CH3③CH2═CH﹣CN⑤CH3﹣CH═CH2．　A．③⑤B．②③C．①③D．④⑤考点：聚合反应与酯化反应；有机高分子化合物的结构和性质．专题：有机化合物的获得与应用．分析：解答此类题目，首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断；丁腈橡胶为加聚反应产物，加聚产物的单体推断方法为：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；（3）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换．解答：解：该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种，按如图所示断开，在将双键中的1个C﹣C打开，然后将半键闭合即可的该高聚物单体为：①CH2=CH﹣CH=CH2、③CH2=CH﹣CN，故选C．点评：本题考查了加聚反应原理及高分子化合物单体的求算，题目难度中等，注意掌握加聚反应的概念及反应原理，明确高分子化合物单体的求算方法．　13．（3分）某一元醇16g跟足量金属钠反应，产生5.6L氢气（标准状况），该醇是（　　）　A．CH3OHB．C2H5OHC．C3H7OHD．C4H9OH-20-\n考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：令一元醇的组成为R﹣OH，与Na发生反应：2R﹣OH+2Na→2R﹣ONa+H2↑，根据n=计算氢气的物质的量，根据方程式计算醇的物质的量，再根据M=计算一元醇的摩尔质量，据此结合选项判断．解答：解：标准状况下得到5.6L氢气的物质的量为=0.25mol令一元醇的组成为R﹣OH，则：2R﹣OH+2Na→2R﹣ONa+H2↑21n0.25mol故n==0.5mol故该一元醇的摩尔质量为=32g/mol，CH3OH摩尔质量为32g/mol，C2H5OH摩尔质量为46g/mol，C3H7OH摩尔质量为60g/mol，C4H9OH摩尔质量为74g/mol，故A符合题意，BCD不符合，故选：A．点评：本题考查有机物分子式的确定，比较基础，判断氢气与一元醇的物质的量关系是关键．　14．（3分）根据甘油（丙三醇）的结构，它不可能发生的反应是（　　）　A．消去反应B．取代反应C．氧化反应D．加成反应考点：有机物的结构和性质．专题：有机反应．分析：丙三醇含有﹣OH，可发生取代、氧化和消去反应，以此解答该题．解答：解：丙三醇含有﹣OH，具有﹣CH2OH、﹣CHOH﹣结构，可发生取代、氧化和消去反应，不含不饱和键，不能发生加成反应．故选D．点评：题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，难度不大．　15．（3分）分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为羧酸和醇，若不考虑立体结构，这些醇和羧酸重新组合可形成的酯共有（　　）　A．4种B．11种C．12种D．13种考点：有机化合物的异构现象．专题：同分异构体的类型及其判定．分析：-20-\n分子式为C4H8O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为4，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目．解答：解：分子式为C4H8O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，故羧酸共有3种，醇共有4种，酸和醇重新组合可形成的酯共有3×4=12种，故选C．点评：本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算．　16．（3分）苯分子中不存在单、双键交替排列的结构，可以作为证据的事实是（　　）①苯不能使酸性KMnO4溶液褪色②苯分子中碳原子之间的距离均相等③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷④经实验测得邻二甲苯仅一种结构⑤苯在FeBr3存在的条件下同液溴可以发生取代反应，但不因化学变化而使溴水褪色．　A．①②③④B．①②④⑤C．①③④⑤D．②③④⑤考点：苯的结构．专题：有机化学基础．分析：①③⑤根据碳碳双键的性质判断；②单、双键不同，键长不相等；④根据同分异构体数目解答．解答：解：①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；④如果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹C﹣C，另一种是两个甲基夹C=C．邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故④正确；⑤苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C﹣C单键与C=C双键的交替结构，故⑤正确．所以①②④⑤可以作为苯分子中不存在单、双键交替排列结构的证据．故选B．点评：本题考查苯的结构与性质，难度不大，综合性较大，要求学生知识掌握全面，能运用知识分析和解决问题，重在能力的考查．　17．（3分）如图所示，N4分子结构与白磷分子相似，呈正四面体结构．已知断裂1molN﹣N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则下列说法正确的是（　　）-20-\n　A．N4是一种含非极性共价键的新型化合物　B．1molN4气体转化为N2时要放出724kJ能量　C．N4是氮气的一种同位素　D．N4的结构比N2更对称，因此N4比N2更稳定考点：有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：A．单质是由同一种元素组成的纯净物，化合物是有两种或两种以上的元素组成的纯净物；B．△H=反应物化学键键能和﹣生成物化学键键能和，据此计算；C．同位素研究的是原子，同素异形体研究的是单质；D．能量越低越稳定，根据N4和N2能量的高低判断稳定性．解答：解：A．N4是由氮元素组成的纯净物，属于单质，故A错误；B.1molN4含有6molN﹣N键，1molN2含有1molN≡N键，根据方程式N4（g）=2N2（g）得△H=6×193kJ/mol﹣2×941kJ/mol=﹣724kJ/mol，故B正确；C．N4和氮气都是由同种元素组成的结构性质不同大单质，互为同素异形体，故C错误；D．根据方程式N4（g）=2N2（g）△H=﹣724kJ/mol，该反应放热说明N2能量更低，更稳定，故D错误；故选B．点评：本题考查了化合物、单质的概念，反应热的求算，同位素、同素异形体的概念，题目综合性强，难度中等，注意对N4结构中N﹣N键的个数的判断．　18．（3分）向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，当SO42﹣完全沉淀时，铝元素的存在形式是（　　）　A．全部为Al（OH）3沉淀　B．几乎全部以﹣形式存在于溶液中　C．一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以Al3+存在于溶液中　D．一部分为Al（OH）3沉淀，一部分以﹣形式存在于溶液中考点：镁、铝的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：设明矾KAl（SO4）2•12H2O为1mol，则溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42﹣，根据反应：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，当溶液中的SO42﹣完全沉淀时，需要2molBa2+，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH﹣，1molAl3+和4molOH﹣发生反应：Al3++4OH﹣═﹣；铝元素的存在形式为：﹣．解答：解：设明矾KAl（SO4）2•12H2O为1mol，则溶液中含有1molK+、1molAl3+、2molSO42﹣，根据反应：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，当溶液中的SO42﹣完全沉淀时，需要2molBa2+，即2molBa（OH）2，2molBa（OH）2中含有4molOH﹣，1molAl3+和4molOH﹣发生反应：Al3++4OH﹣═﹣；铝元素的存在形式为：﹣．故选B．点评：本题考查溶液中离子的共存，注意判断使SO42﹣全部转化成BaSO4沉淀需要Ba（OH）2的物质的量，根据Al3+和OH﹣物质的量的关系判断反应产物，题目难度中等．　-20-\n二、填空题（共36分）19．（5分）下列各组物质中，属于同位素的是　②　，属于同素异形体的是　①　，互为同系物的是　⑤　，属于同分异构体的是　③　，属于同种物质的是　④⑥　．①O2和O3②Cl和Cl③CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2④CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3和CH3（CH2）2CH（CH3）CH2CH3⑤CH3（CH2）3CH3和CH3CH3⑥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．专题：物质的分类专题．分析：有相同质子数，不同中子数的原子互为同位素；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物；相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体．解答：解：①O2和O3都是由氧元素形成的不同单质，故互为同素异形体，②Cl和Cl质子数相同，中子数不同，故互为同位素，③CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2分子式相同，但结构不同，故互为同分异构体，④CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3和CH3（CH2）2CH（CH3）CH2CH3分子式相同，结构相同，是同一物质，⑤CH3（CH2）3CH3和CH3CH3结构相似，分子组成相差3个“CH2”原子团，故互为同系物，⑥分子式相同，结构相同，是同一物质，故属于同位素的是②，属于同素异形体的是①，互为同系物的是⑤，属于同分异构体的是③，属于同种物质的是④⑥，故答案为：②；①；⑤；③；④⑥．点评：本题考查同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的概念，难度不大．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题．　20．（8分）某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据填空：（1）该反应的化学方程式为　3X+Y2Z　．（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为　0.05mol/（L．min）　．（3）若X、Y、Z均为气体，2min后反应达到平衡，反应达平衡时：①此时体系的压强是开始时的　0.9　倍；②-20-\n达平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时　增大　（填“增大”“减小”或“相等”）．考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法；化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：（1）根据曲线的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的量变化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）①在相同温度下，气体的物质的量之比等于压强之比；②根据摩尔质量M=判断．解答：解：（1）、由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，2min后，X、Y的物质的量为定值且不为零，为可逆反应，相同时间内物质的量的变化比值为：△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=（1.0﹣0.7）mol：（1.0﹣0.9）mol：0.2mol=3：1：2，则化学方程式为3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；（2）、反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为v==0.05mol/（L．min），故答案为：0.05mol/（L．min）；（3）、①反应达平衡时，气体的总物质的量为：0.9mol+0.7mol+0.2mol=1.8mol，起始时气体的总物质的量为：1.0mol+1.0mol=2.0mol，反应达平衡时，此时容器内的压强与起始压强之比为1.8mol：2.0mol=9：10，此时体系的压强是开始时的0.9倍故答案为：0.9．②平衡时，混合气体的平均摩尔质量为=，气体的总质量不变，总物质的量减少，混合气体的平均摩尔质量增大，故答案为：增大点评：本题考查化学平衡的变化图象，题目难度不大，本题注意化学方程式的确定方法，以及反应速率计算，把握好相关概念和公式的理解及运用．　21．（11分）已知乳酸的结构简式为：．（1）则90g乳酸与足量金属钠反应产生的气体在标准状况下的体积是　22.4　-20-\nL．方程式为　CH2OHCH2COOH+2Na→CH2（ONa）CH2COONa+H2↑　．已知两分子乳酸可在一定条件下反应生成环状的酯，写出该反应的方程式：　　．（2）已知葡萄糖可以和醋酸在一定条件下发生酯化反应，则1摩尔葡萄糖最多可以消耗　5　摩尔醋酸．（3）分子式为C6H12的某烃，其所有的碳原子都一定在同一平面上，则该烃的结构简式为　　．（4）某苯的同系物分子式为C11H16，苯环上只有一个取代基，其同分异构体共有　8　种．考点：有机物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）乳酸的物质的量为=1mol，﹣OH、﹣COOH均与Na反应生成氢气；﹣OH、﹣COOH可发生酯化反应生成环状的酯；（2）1mol葡萄糖中含5mol﹣OH；（3）C6H12的某烃，其所有的碳原子都一定在同一平面上，乙烯为平面结构，则每个双键C上各连2个C；（4）某苯的同系物分子式为C11H16，苯环上只有一个取代基，取代基为：﹣C5H11，戊烷的同分异构体有：①正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3、②异戊烷CH3CH2CH（CH3）CH3和③新戊烷C（CH3）4，取代基的数目决定同分异构体的数目．解答：解：（1）乳酸的物质的量为=1mol，﹣OH、﹣COOH均与Na反应生成氢气，则生成1mol氢气，其体积为22.4L，反应为CH2OHCH2COOH+2Na→CH2（ONa）CH2COONa+H2↑，两分子乳酸可在一定条件下反应生成环状的酯的方程式为，故答案为：22.4；CH2OHCH2COOH+2Na→CH2（ONa）CH2COONa+H2↑；；-20-\n（2）1mol葡萄糖中含5mol﹣OH，﹣OH与醋酸以1：1发生酯化反应，则消耗醋酸为5mol，故答案为：5；（3）C6H12的某烃，其所有的碳原子都一定在同一平面上，乙烯为平面结构，则每个双键C上各连2个C，C6H12可看做乙烯中的四个氢原子被甲基取代，故结构简式为：，故答案为：；（4）某苯的同系物分子式为C11H16，苯环上只有一个取代基，取代基为：﹣C5H11，戊烷的同分异构体有：①正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3、②异戊烷CH3CH2CH（CH3）CH3和③新戊烷C（CH3）4，取代基的数目决定同分异构体的数目，则其中①正戊烷分子中氢原子被苯环取代所得的同分异构体有三种，分别为：、、；②异戊烷中氢原子被苯环取代的同分异构体有四种：③新戊烷中氢原子被苯环确定的同分异构体有1种，其结构简式为：，所以苯的同系物分子式为C11H16，苯环上只有一个取代基，其同分异构体共有8种，故答案为：8．点评：本题考查了钠与乳酸的反应、同分异构体的求算，题目难度中等，该题综合性较高，（4）中考查了苯的同系物的同分异构体的书写，难度较大，注意同分异构体的求算方法．　22．（12分）实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成．取Wg该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气．按图所示装置进行实验．回答下列问题：（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是　将装置中的N2排净　．（2）以上装置中需要加热的仪器有　AD　（填写字母），操作时应先点燃　D　处的酒精灯．（3）A装置中发生反应的化学方程式是　CxHyOzNm+（x+﹣）O2xCO2+H2O+N2　．（4）D装置的作用是　吸收未反应的氧气，保证最终收集的气体为N2　．（5）读取氮气的体积时，应注意：①　量筒内液面与广口瓶中的液面相持平　；②　视线与凹液面最低处相切　．（6）实验中测得氮气的体积为VmL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有　ABD　（填编号）．-20-\nA．生成二氧化碳气体的质量B．生成水的质量C．通入氧气的体积D．氨基酸的相对分子质量．考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：糖类与蛋白质专题．分析：该实验原理为：Wg该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成CO2、H2O和N2．装置B内盛放浓硫酸，吸收生成的水，根据装置B增重，确定Wg该种氨基酸中含氢元素质量，根据F中水的体积确定氮气的体积，并由此确定待测氨基酸中含有的氮元素的质量，在计算氧元素的质量，确定分子中元素原子个数比，由此确定最简式．（1）利用排水法测定氮气的体积，确定Wg该种氨基酸中含氮元素质量；（2）氨基酸和氧气的反应，以及铜网和氧气的反应都需要加热；（3）氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气；（4）由原理可知，铜网吸收未反应的O2；（5）根据读数时必须保证压强相同进行分析；（6）该原理可知，测出该种氨基酸分子式需要二氧化碳、水的质量以及氮气的体积，计算氧元素的质量，确定分子中元素原子个数比，再结合氨基酸的相对分子质量确定分子式．解答：解：首先观察装置图，很容易看出在A中是氨基酸的燃烧，在B中是吸收生成的水，在C中是吸收产生的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E和F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积．在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，需要测量的是二氧化碳、水和氮气的量，这三个量可以确定氨基酸的实验式，所以再加上氨基酸的相对分子质量就可以确定氨基酸的分子式．根据这个原理，实验的准确性取决于二氧化碳、水和氮气的量的测量，而且关键是氮气的量的测量，对氮气量的测量最可能产生影响的就是原装置中的氮气和过量的氧气，所以一开始就应该先通氧气将原装置中空气排尽，而在测量氮气前，将过量的氧气排尽．该实验原理为：Wg该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成CO2、H2O和N2．装置B内盛放浓硫酸，吸收生成的水，根据装置B增重，确定Wg该种氨基酸中含氢元素质量，根据F中水的体积确定氮气的体积，并由此确定待测氨基酸中含有的氮元素的质量，在计算氧元素的质量，确定分子中元素原子个数比，由此确定最简式．（1）装置的空气中含有N2，影响生成氮气的体积测定，需将装置中的N2排净，故答案为：将装置中的N2排净；（2）氨基酸和氧气的反应，以及铜网和氧气的反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，吸收未反应的氧气，保证最终收集的气体为N2故答案为：AD；D；（3））氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，反应的化学方程式是：CxHyOzNm+（x+﹣）O2xCO2+H2O+N2，故答案为：CxHyOzNm+（x+﹣）O2xCO2+H2O+N2；（4）由原理可知，铜网吸收未反应的氧气，保证最终收集的气体为N2；故答案为：吸收未反应的氧气，保证最终收集的气体为N2；（5）读数时必须保证压强相同，所以注意事项是①量筒中的液面应与广口瓶中的液面相持平；其次②视线应与刻度线和凹液面最低点相切，故答案为：①量筒内液面与广口瓶中的液面相持平　②视线与凹液面最低处相切；-20-\n（6）该原理可知，测出该种氨基酸分子式需要二氧化碳、水的质量以及氮气的体积，计算氧元素的质量，确定分子中元素原子个数比，再结合氨基酸的相对分子质量确定分子式．故答案为：ABD．点评：本题考查学生利用燃烧法确定有机物分子组成的知识，根据原子守恒法来解答，难度不大，关键在于理解实验原理．　三．计算题（10分）23．（10分）将3.84g铜置入一定量的浓硝酸中，并微热，随着铜的不断减少，反应生成的气颜色逐渐变浅，当铜反应完毕时（铜片完全消失），共收集到2.24L气体（标准状况），求：（1）上述过程中，有关反应的离子方程式为　Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O　；　3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑　．（2）反应中被还原的HNO3的物质的量是　0.1　mol．生成的NO与NO2物质的量之比为　1：9　．（3）将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其中缓慢通入O2，使其充分反应，若要使水恰好充满容器，理论上需要　0.03　摩尔O2参加反应．考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：（1）发生反应为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；（2）反应中被还原的HNO3生成NO、NO2混合气体，由氮原子守恒计算被还原的硝酸；设混合气体中NO2、NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积列方程计算；（3）反应又生成HNO3，纵观整个过程可知，铜提供的电子等于氧气获得的电子，据此计算需要氧气的物质的量．解答：解：（1）发生的反应为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，对应的反应离子方程式为：Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O、3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑，故答案为：Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O；3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++4H2O+2NO↑（2）反应中被还原的HNO3生成NO、NO2混合气体，混合气体的物质的量==0.1mol，由氮原子守恒可知，n被还原（HNO3）=n（NO、NO2）=0.1mol；铜的物质的量==0.06mol，设混合气体中NO2、NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积，可得：，解得x=0.09、y=0.01故生成的NO与NO2物质的量之比=0.01mol：0.09mol=1：9，故答案为：0.1；1：9；故二氧化氮的体积=1mol×22.4L/mol=22.4L，NO的体积=1mol×22.4L/mol=22.4L，答：混合气体中NO2、NO的体积均为22.4L/mol；-20-\n（3）反应又生成HNO3，纵观整个过程可知，铜提供的电子等于氧气获得的电子，由电子守恒可知，故需要氧气的物质的量为=0.03mol，故答案为：0.03．点评：本题考查化学方程式计算、氧化还原反应的计算，难度中等，注意根据原子守恒、电子转移守恒进行的计算，注意（3）利用方程式进行计算，比较麻烦，为易错点、难点．　-20-