2023-2024學年四川省成都市蓉城高中教育聯(lián)盟高一下學期期末聯(lián)考模擬化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1四川省成都市蓉城高中教育聯(lián)盟2023-2024學年高一下學期期末聯(lián)考模擬試題一、單選題1.我國在材料的開發(fā)和應用方面取得了舉世矚目的成就。下列屬于金屬材料的是()A.港珠澳大橋使用的混凝土B.高速列車外殼使用的硬鋁C.“中國天眼”使用的碳化硅D.衛(wèi)星芯片使用的高純硅〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．混凝土為無機非金屬材料，A錯誤；B．硬鋁屬于鋁合金，為金屬材料，B正確；C．碳化硅為新型無機非金屬材料，C錯誤；D．高純硅為無機非金屬材料，D錯誤；故選B。2.反應放熱，可用于冬天石油開采。下列有關微粒的化學用語正確的是()A.的結構示意圖：B.中子數(shù)為18的氯原子：C.的電子式：D.用電子式表示NaCl的形成過程：〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．Na+是Na原子失去最外層的1個電子形成的，其核外電子排布是2、8，故Na+的結構示意圖是，A錯誤；B．中子數(shù)為18的氯原子質量數(shù)是17+18=35，故該原子的表示式為：，B錯誤；C．N2分子中2個N原子形成3對共用電子對，使分子中各個原子都達到最外層8個電子的穩(wěn)定結構，為，C錯誤；D．NaCl中Na原子失去電子形成Na+，Cl原子獲得電子形成Cl-，然后Na+與Cl-通過離子鍵結合，D正確；故選D。3.中科院化學所李玉良院士的團隊首次利用六炔基苯在銅片的催化作用下發(fā)生偶聯(lián)反應，成功地合成了新型可導電全碳納米結構材料——石墨炔。下列說法錯誤的是()A.六炔基苯的分子式為C18H6B.由六炔基苯合成石墨炔的反應屬于加聚反應C.石墨炔中碳原子的雜化類型有sp雜化和sp2雜化D.石墨炔中每個碳原子均有p軌道相互平行且相互重疊，p軌道電子可在整個碳原子平面內運動，所以石墨炔具有導電性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．六炔基苯含有18個C原子、6個H原子，分子式為C18H6，故A正確；B．由結構可知，六炔基苯合成石墨炔有氫氣生成，不屬于加聚反應，故B錯誤；C．石墨炔中苯環(huán)上的碳原子與相鄰的三個碳原子以σ鍵結合，形成平面正六邊形結構，碳原子的雜化類型為sp2雜化，碳碳三鍵上的C原子與相鄰的兩個碳原子以σ鍵結合，雜化類型為sp雜化，故C正確；D．石墨炔中碳原子雜化類型有sp雜化和sp2雜化，每個碳原子均有p軌道相互平行且相互重疊，p軌道電子可在整個碳原子平面內運動，所以石墨炔具有導電性，故D正確；故選B。4.設NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列有關說法正確的是()A.0.5mol羥基中所含電子數(shù)為5NAB.標準狀況下，11.2LCHCl3中，共用電子對的數(shù)目為2NAC.常溫常壓下，17g氨氣所含原子數(shù)目為4NAD.1mol苯乙烯()分子中含有碳碳雙鍵的個數(shù)為4NA〖答案〗C〖解析〗【詳析】A

．一個羥基含有9個電子，0.5mol羥基中所含電子數(shù)為4.5NA，故A錯誤；B．標準狀況下，CHCl3不是氣體，故無法計算物質的量，更無法計算共用電子對的數(shù)目，故B錯誤；C．17g氨氣的物質的量ｎ＝，所含原子數(shù)目為4NA，故C正確；D．苯乙烯分子中苯環(huán)不含碳碳雙鍵；1mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為NA，故D錯誤；〖答案〗選C。5.下列反應的離子方程式，正確的是()A.碳酸鈉溶液和鹽酸反應：Na2CO3+2H+=2Na++CO2↑+H2OB.硫酸鋁溶液中加入過量氨水：A13++3OH-=Al(OH)3↓C.鈉和冷水反應：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH＋H2↑D.鐵跟稀硫酸反應：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．Na2CO3為強電解質，離子方程式中可拆，正確為：CO+2H+=CO2↑+H2O，A項錯誤；B．氨水為弱堿，離子方程式中不可拆，正確為：A13++3=Al(OH)3↓+3，B項錯誤；C．鈉和冷水反應生成氫氧化鈉和水，離子方程式為：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH＋H2↑，C項正確；D．鐵跟稀硫酸反應生成亞鐵離子，離子方程式為：Fe＋2H+=Fe2+＋H2，D項錯誤；〖答案〗選C。6.化學反應H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的能量變化如圖所示，則下列說法中正確的是()A.該反應是吸熱反應，吸收的熱量為(y-x)kJB.斷裂1molH—H鍵和1molCl—Cl鍵時能放出xkJ的能量C.斷裂2molH—Cl鍵時需要吸收ykJ的能量D.2molHCl(g)的總能量高于1molH2(g)和1molCl2(g)的總能量〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．由圖可知反應物的總能量大于生成物的總能量，所以該反應為放熱反應，故A錯誤；B．斷鍵要吸收能量，所以斷裂1molH-H鍵和1molCl-Cl鍵吸收xkJ能量，故B錯誤；C．由圖可知，斷裂2molH-Cl鍵需要吸收ykJ的能量，故C正確；D．由圖可知反應物的總能量大于生成物的總能量，即2molHCl的總能量低于1molH2和1molCl2的總能量，故D錯誤；故選C。7.一種由短周期主族元素組成的化合物的結構如圖所示。元素a、b、c、d、e的原子序數(shù)依次增大，a位于s區(qū)，e與其他四種元素不在同一個周期。下列說法正確的是()A.第一電離能：b＞c＞d B.化合物ec3是非極性分子C.簡單氫化物的穩(wěn)定性：b＞d D.元素的電負性：e＞d＞c〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素組成的化合物，元素a、b、c、d、e的原子序數(shù)依次增大，a位于s區(qū)，且a原子序數(shù)最小，a為氫；e與其他四種元素不在同一個周期，能形成6個化學鍵，則e為硫；b形成4個共價鍵，為碳；d形成1個共價鍵，為氟；c在碳、氟之間，且形成2個共價鍵，為氧；【詳析】A．同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，第一電離能：d＞c＞b，A錯誤；B．化合物ec3為SO3，硫原子形成3個共價鍵且無孤電子對，為sp2雜化，分子結構對稱，是非極性分子，B正確；C．非金屬性越強，其簡單氫化物穩(wěn)定性越強，簡單氫化物穩(wěn)定性：b<d，C錯誤；D．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；元素的電負性：d＞c＞e，D錯誤；故選B。8.如圖所示的裝置是某次實驗最初的情況(夾持裝置省略)，燒瓶內盛有等體積的甲烷和Cl2，用光照射一段時間后()A.只能生成CH3Cl一種有機物B.燒瓶內液面不可能上升C.燒瓶內的液體可能會分層D.向水中加入石蕊試液后無變化〖答案〗C〖解析〗詳析】A.甲烷與氯氣發(fā)生取代反應生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四種有機物，故A錯誤；B.甲烷與氯氣發(fā)生取代反應，產(chǎn)物中只有CH3Cl是氣體，氯化氫極易溶于水，燒瓶內氣體體積減少，所以液面能上升，故B錯誤；C.甲烷與氯氣的取代反應產(chǎn)物中CH2Cl2、CHCl3、CCl4都是油狀液體，不溶于水，所以燒瓶內的液體可能會分層，故C正確；D.甲烷與氯氣發(fā)生取代反應生成氯化氫，氯化氫溶于水得到鹽酸，向水中加入石蕊試液后變紅色，故D錯誤。9.化學在生產(chǎn)、生活和軍事上有廣泛的應用，下列對應關系錯誤的是()性質應用A鈉和鉀的合金能導電原子反應堆的導熱劑B二氧化硫具有漂白性漂白紙漿、草帽等C鎂燃燒時發(fā)出耀眼的強光軍事上制作照明彈DAl(OH)3受熱易分解塑料的阻燃劑〖答案〗A〖解析〗【詳析】A、鈉和鉀的合金作原子反應堆的導熱劑，是因為熔點低，而不是導電，所以物質的性質和用途表述沒有直接聯(lián)系，A錯誤；B、二氧化硫具有漂白性，可以漂白紙漿，物質的性質和用途表述有直接聯(lián)系，B正確；C、鎂條燃燒發(fā)生耀眼的強光，可制作照明彈，物質的性質和用途表述有直接聯(lián)系，C正確；D、Al（OH）3受熱分解生成H2O并吸收大量的熱量，使周圍環(huán)境溫度降低，且生成的氧化鋁熔點較高，附著在可燃物表面，從而阻止可燃物燃燒，D正確；〖答案〗選A。10.下列實驗操作規(guī)范的是()A．鈉的燃燒B．排空氣法收集C．稀釋濃硫酸D．溶液的轉移〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．固體加熱用坩堝，鈉的燃燒在坩堝中進行，故A錯誤；B．二氧化碳的密度比空氣密度大，可選圖中向上排空氣法收集，故B正確；C．混合時將密度大的液體注入密度小的液體中，應將濃硫酸注入水中，操作不合理，故C錯誤；D．轉移液體需要玻璃棒引流，圖中缺少玻璃棒，故D錯誤。〖答案〗選B。11.苯和液溴反應進程中的能量變化如圖所示。已知：①斷裂化學鍵所需要的能量(kJ/mol)：C?HC?BrBr?Br(g)H?Br(g)413276194366②③下列敘述正確的是()A.該反應為放熱反應，ΔH=-55kJ/molB.第一步是該反應的決速步驟C.該反應的原子利用率約為88%D.可用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．(l)+Br2(g)→(l)+HBr(g)，利用?H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，則有?H=[(413+194)-(276+366)]kJ/mol=-35kJ/mol，Br2(l)=Br2(g)?H=+30kJ/mol，兩式相加，得出(l)+Br2(l)→(l)+HBr(g)?H=-5kJ/mol，該反應為放熱反應，故A錯誤；B．正反應活化能越大，反應速率越慢，是決速步驟，根據(jù)圖像可知，第二步活化能最大，是該反應的決速步驟，故B錯誤；C．由原子利用率=，期望產(chǎn)物溴苯的質量為157g，生成物總質量為157+81=138g，則原子利用率約為≈66%，故C錯誤；D．溴可與氫氧化鈉反應，而溴苯不反應，可用于除雜，故D正確；〖答案〗為D。12.KClO3和KHSO3可發(fā)生下列反應：＋→＋Cl－＋H＋(未配平)，已知酸性越強，該反應的反應速率越快。如圖為反應速率v()隨時間(t)的變化曲線。下列有關說法不正確的是()A.KClO3和KHSO3發(fā)生反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶3B.反應開始階段速率逐漸增大可能是c(H＋)逐漸增高導致的C.縱坐標為v()時的v()隨時間(t)的變化曲線與原圖曲線完全吻合D.反應后期速率逐漸減小的主要原因是c()、c()降低〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗反應中Cl元素化合價由+5價降低為-1價，S元素化合價由+4價升高到+5價，則反應的化學方程式為+3=3+Cl-+3H+，隨著反應的進行，氫離子濃度增大，反應速率增大，但同時反應物濃度減小，因此后期反應速率逐漸減小，據(jù)此分析解答?！驹斘觥緼．反應中KClO3為氧化劑，KHSO3為還原劑，反應的化學方程式為+3=3+Cl-+3H+，可知反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶3，故A正確；B．反應開始階段氫離子濃度增大，由題給信息可知，速率逐漸增大可能是c(H+)逐漸增高導致的，故B正確；C．反應的化學方程式為+3=3+Cl-+3H+，v()∶v()=1∶3，縱坐標為v()的v-t曲線與圖中曲線不重合，故C錯誤；D．反應后期雖然氫離子濃度增大，但c()、c()降低，反應速率減小，故D正確；故選C。13.工業(yè)合成氨反應包含多個基元反應，其反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是()A.從充入反應物到A處，表示N2、H2在催化劑表面吸附放熱B.該歷程中最大活化能E正=590kJ?mol-1C.工業(yè)合成氨溫度為700K左右，主要考慮催化劑在此溫度下活性較高D.催化劑可以降低活化能，從而顯著提高反應速率〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗過渡態(tài)物質的總能量與反應物總能量的差值為活化能，即圖中峰值越大則活化能越大，圖中峰值越小則活化能越??；【詳析】A．從充入反應物到A處，反應物的能量高于生成物能量，表示N2、H2在催化劑表面吸附放熱，A正確；B．該歷程中最大活化能E正=[(-342)-(-500)]kJ?mol-1=158kJ?mol-1，B錯誤；C．合成氨反應正反應為放熱反應，高溫不利于氨的合成，工業(yè)合成氨時溫度為700K左右，主要考慮催化劑在此溫度下活性較高，催化效率高、反應速率大，C正確；D．催化劑可以大幅降低活化能，顯著提高反應速率，提高產(chǎn)量，D正確；故選B14.下列離子方程式正確的是()A.向Fe(OH)3中加入過量的HCl溶液：H++OH-=H2OB.向澄清石灰水中通入足量二氧化碳：CO2+OH-=CNH4HCO3溶液中加入過量NaOH溶液：OH-+NH=NH3?H2OD.次氯酸鈣溶液通入二氧化硫氣體：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．Fe(OH)3中加入過量的HCl溶液，由于Fe(OH)3難溶于水，在離子方程式中應保留化學式，其離子方程式為Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故A錯誤；B．澄清石灰水中通入足量二氧化碳，生成碳酸氫鈣，其離子方程式為CO2+OH-=，故B正確；C．NH4HCO3溶液中加入過量NaOH溶液，發(fā)生反應生成碳酸鈉、一水合氨和水，其離子方程式為++2OH-=NH3·H2O++H2O，故C錯誤；D．次氯酸鈣溶液通入二氧化硫氣體，由于次氯酸的強氧化性，能夠氧化亞硫酸鈣，其離子方程式為Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓++4H++2Cl-，故D錯誤；〖答案〗為B。二、非選擇題15.按要求填空：（1）寫出下列物質的電子式：Na2O2_____NH3_____。（2）2.2g銨根14N2H4+的中子數(shù)是___，核外電子數(shù)是____，某微粒含有一個原子核，核中有17個質子，20個中子，核外有18個電子，該粒子的化學符號是____。（3）已知斷開1molH—H鍵、1molI—I鍵、1molH—I鍵分別需要吸收的能量為436kJ、151kJ、299kJ，則由1molH2和1molI2生成2molHI會_____(“放出”或“吸收”)_____kJ的熱量。（4）現(xiàn)有下列物質：①H2②Na2O2③NaOH④H2O2⑤CaCl2⑥NH4NO3⑦H2S，只由離子鍵構成的物質是_____(填序號，同下)，由離子鍵和共價鍵構成的物質是_________，屬于共價化合物的是_____?！即鸢浮剑?）（2）1.1NANA（3）放出11（4）⑤②③⑥④⑦〖解析〗【詳析】（1）Na2O2是離子化合物，其電子式為；NH3是共價化合物，其電子式為；（2）1個14N2H4+銨根離子中有7+4×1=11個中子，7+4×1-1=10個電子，其摩爾質量為14+4×2=22g/mol，2.2g該銨根為0.1mol，故0.1mol14N2H4+中有11×0.1=1.1mol中子，為1.1NA個；有10×0.1=1mol電子，為NA個；核中有17個質子，20個中子，核外有18個電子，則該元素為Cl元素，質量數(shù)為17+20=37；離子符號為；（3）H2與I2反應生成HI的化學方程式為H2+I22HI，該反應的反應熱可以通過反應物的鍵能總和減去生成物的鍵能總和計算，當計算值為正值時為吸熱反應，計算值為負值時為放熱反應，該反應的反應熱為436kJ+151kJ-2×299kJ=-11kJ，故該反應為放熱反應，共放出11kJ能量；（4）①H2是由極性共價鍵構成的單質；②Na2O2是有離子鍵和非極性共價鍵構成的離子化合物；③NaOH是由離子鍵和極性共價鍵構成的離子化合物；④H2O2是由極性共價鍵和非極性共價鍵構成的共價化合物；⑤CaCl2是由離子鍵構成的離子化合物；⑥NH4NO3是由離子鍵和極性共價鍵構成的離子化合物；⑦H2S是由極性共價鍵構成的共價化合物；只由離子鍵構成的物質是⑤，由離子鍵和共價鍵構成的物質是②③⑥，屬于共價化合物的是④⑦。16.在2SO2+O2?2SO3的反應里，開始SO2和O2的濃度均為0.5mol/L，2分鐘后測得SO2的濃度為0.25mol/L，則=___________，各物質所表示的反應速率的最簡整數(shù)比：：=___________?！即鸢浮舰?0.0625mol/(L·min)②.2：1：2〖解析〗〖祥解〗根據(jù)v=?c/?t進行計算，根據(jù)速率之比等于方程式的計量系數(shù)之比規(guī)律進行分析。【詳析】根據(jù)題意得SO2的濃度減小量?c(SO2)=0.5-0.25=0.25mol/L；v(SO2)=?c(SO2)/t=0.25/2=0.125mol/(L?min)；根據(jù)速率之比等于方程式的計量系數(shù)之比得：v(SO2)：v(O2)=2：1，可以知道v(O2)=0.5×0.125=0.0625mol/(L?min)；方程式的計量系數(shù)之比為：2：1；2，所以v(SO2)：v(O2)：v(SO3)=2：1：2；〖答案〗0.0625mol/(L?min)；2：1：2。17.填空：（1）請寫出官能團名稱，或根據(jù)名稱畫出相應官能團。①醛基___________②酯基___________③—OH___________④—COOH___________⑤___________（2）分子式為C7H8O且屬于酚類的同分異構體有___________種(不含立體異構)，寫出它們的結構簡式___________。（3）C4H10的二氯代物有___________種(不含立體異構)，寫出其中含有兩個—CH3的，所有同分異構體的結構簡式：___________〖答案〗（1）①.—CHO②.③.羥基④.羧基⑤.碳碳雙鍵（2）①.3②.、、（3）①.9②.、、CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3〖解析〗（1）①醛基的結構簡式為-CHO；②酯基的結構簡式為；③—OH的名稱為羥基；④—COOH的名稱為羧基；⑤的名稱為碳碳雙鍵；（2）分子式為C7H8O的有機物，其不飽和度為4，且屬于酚類，則含苯環(huán)和酚羥基，還有一個甲基，甲基位于酚羥基的鄰、間和對位，共計3種，它們分別是：、、；（3）C4H10由正丁烷、異丁烷兩種同分異構體，正丁烷第一個氯在1號位時，二氯代物有4種，正丁烷第二個氯在2號位時，二氯代物有2種；正丁烷的二氯代物有3種：；故合計9種；其中含有兩個—CH3的，所有同分異構體的結構簡式有：、、CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3。18.火柴頭中含有硫和氯元素，用適當?shù)姆椒杉右詸z驗，回答下列問題：（1）上圖是檢驗火柴頭中含有硫元素的實驗裝置示意圖。圖中試管中應裝有_________溶液，拉動注射器活塞時，若觀察到___________現(xiàn)象，證明火柴頭燃燒時產(chǎn)生了_______。（2）原火柴頭中的氯元素是以KClO3的形式存在的，其作用是助燃劑,當火柴頭燃燒后其中的氯元素是以____________物質的形式存在，檢驗的方法_______________________?！即鸢浮剑?）①.酸性KMnO4溶液②.紫色褪去③.SO2（2）①.Cl-（或氯化物）②.將燃燒后的火柴頭用少量蒸餾水浸泡，片刻后取少量溶液于試管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，說明氯元素是以氯離子形式存在〖解析〗（1）火柴燃燒會生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性與強還原性，同時還會生成氯氣或含氯氧化物，氯氣或含氯氧化物有強氧化性，可以使品紅溶液褪色，故應使用強氧化性的酸性高錳酸鉀溶液檢驗二氧化硫，若紫色褪去，說明生成二氧化硫，故〖答案〗為：酸性KMnO4溶液；紫色褪去；SO2；（2）燃燒后氯元素以氯化物的形式存在，可以利用AgNO3溶液和稀硝酸檢驗氯離子，具體操作為：將燃燒后的火柴頭用少量蒸餾水浸泡，片刻后取少量溶液于試管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，說明氯元素是以氯離子形式存在，故〖答案〗為：Cl?(或氯化物)；將燃燒后的火柴頭用少量蒸餾水浸泡，片刻后取少量溶液于試管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，說明氯元素是以氯離子形式存在。四川省成都市蓉城高中教育聯(lián)盟2023-2024學年高一下學期期末聯(lián)考模擬試題一、單選題1.我國在材料的開發(fā)和應用方面取得了舉世矚目的成就。下列屬于金屬材料的是()A.港珠澳大橋使用的混凝土B.高速列車外殼使用的硬鋁C.“中國天眼”使用的碳化硅D.衛(wèi)星芯片使用的高純硅〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．混凝土為無機非金屬材料，A錯誤；B．硬鋁屬于鋁合金，為金屬材料，B正確；C．碳化硅為新型無機非金屬材料，C錯誤；D．高純硅為無機非金屬材料，D錯誤；故選B。2.反應放熱，可用于冬天石油開采。下列有關微粒的化學用語正確的是()A.的結構示意圖：B.中子數(shù)為18的氯原子：C.的電子式：D.用電子式表示NaCl的形成過程：〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．Na+是Na原子失去最外層的1個電子形成的，其核外電子排布是2、8，故Na+的結構示意圖是，A錯誤；B．中子數(shù)為18的氯原子質量數(shù)是17+18=35，故該原子的表示式為：，B錯誤；C．N2分子中2個N原子形成3對共用電子對，使分子中各個原子都達到最外層8個電子的穩(wěn)定結構，為，C錯誤；D．NaCl中Na原子失去電子形成Na+，Cl原子獲得電子形成Cl-，然后Na+與Cl-通過離子鍵結合，D正確；故選D。3.中科院化學所李玉良院士的團隊首次利用六炔基苯在銅片的催化作用下發(fā)生偶聯(lián)反應，成功地合成了新型可導電全碳納米結構材料——石墨炔。下列說法錯誤的是()A.六炔基苯的分子式為C18H6B.由六炔基苯合成石墨炔的反應屬于加聚反應C.石墨炔中碳原子的雜化類型有sp雜化和sp2雜化D.石墨炔中每個碳原子均有p軌道相互平行且相互重疊，p軌道電子可在整個碳原子平面內運動，所以石墨炔具有導電性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．六炔基苯含有18個C原子、6個H原子，分子式為C18H6，故A正確；B．由結構可知，六炔基苯合成石墨炔有氫氣生成，不屬于加聚反應，故B錯誤；C．石墨炔中苯環(huán)上的碳原子與相鄰的三個碳原子以σ鍵結合，形成平面正六邊形結構，碳原子的雜化類型為sp2雜化，碳碳三鍵上的C原子與相鄰的兩個碳原子以σ鍵結合，雜化類型為sp雜化，故C正確；D．石墨炔中碳原子雜化類型有sp雜化和sp2雜化，每個碳原子均有p軌道相互平行且相互重疊，p軌道電子可在整個碳原子平面內運動，所以石墨炔具有導電性，故D正確；故選B。4.設NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列有關說法正確的是()A.0.5mol羥基中所含電子數(shù)為5NAB.標準狀況下，11.2LCHCl3中，共用電子對的數(shù)目為2NAC.常溫常壓下，17g氨氣所含原子數(shù)目為4NAD.1mol苯乙烯()分子中含有碳碳雙鍵的個數(shù)為4NA〖答案〗C〖解析〗【詳析】A

．一個羥基含有9個電子，0.5mol羥基中所含電子數(shù)為4.5NA，故A錯誤；B．標準狀況下，CHCl3不是氣體，故無法計算物質的量，更無法計算共用電子對的數(shù)目，故B錯誤；C．17g氨氣的物質的量ｎ＝，所含原子數(shù)目為4NA，故C正確；D．苯乙烯分子中苯環(huán)不含碳碳雙鍵；1mol苯乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)為NA，故D錯誤；〖答案〗選C。5.下列反應的離子方程式，正確的是()A.碳酸鈉溶液和鹽酸反應：Na2CO3+2H+=2Na++CO2↑+H2OB.硫酸鋁溶液中加入過量氨水：A13++3OH-=Al(OH)3↓C.鈉和冷水反應：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH＋H2↑D.鐵跟稀硫酸反應：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．Na2CO3為強電解質，離子方程式中可拆，正確為：CO+2H+=CO2↑+H2O，A項錯誤；B．氨水為弱堿，離子方程式中不可拆，正確為：A13++3=Al(OH)3↓+3，B項錯誤；C．鈉和冷水反應生成氫氧化鈉和水，離子方程式為：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH＋H2↑，C項正確；D．鐵跟稀硫酸反應生成亞鐵離子，離子方程式為：Fe＋2H+=Fe2+＋H2，D項錯誤；〖答案〗選C。6.化學反應H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的能量變化如圖所示，則下列說法中正確的是()A.該反應是吸熱反應，吸收的熱量為(y-x)kJB.斷裂1molH—H鍵和1molCl—Cl鍵時能放出xkJ的能量C.斷裂2molH—Cl鍵時需要吸收ykJ的能量D.2molHCl(g)的總能量高于1molH2(g)和1molCl2(g)的總能量〖答案〗C〖解析〗【詳析】A．由圖可知反應物的總能量大于生成物的總能量，所以該反應為放熱反應，故A錯誤；B．斷鍵要吸收能量，所以斷裂1molH-H鍵和1molCl-Cl鍵吸收xkJ能量，故B錯誤；C．由圖可知，斷裂2molH-Cl鍵需要吸收ykJ的能量，故C正確；D．由圖可知反應物的總能量大于生成物的總能量，即2molHCl的總能量低于1molH2和1molCl2的總能量，故D錯誤；故選C。7.一種由短周期主族元素組成的化合物的結構如圖所示。元素a、b、c、d、e的原子序數(shù)依次增大，a位于s區(qū)，e與其他四種元素不在同一個周期。下列說法正確的是()A.第一電離能：b＞c＞d B.化合物ec3是非極性分子C.簡單氫化物的穩(wěn)定性：b＞d D.元素的電負性：e＞d＞c〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗短周期主族元素組成的化合物，元素a、b、c、d、e的原子序數(shù)依次增大，a位于s區(qū)，且a原子序數(shù)最小，a為氫；e與其他四種元素不在同一個周期，能形成6個化學鍵，則e為硫；b形成4個共價鍵，為碳；d形成1個共價鍵，為氟；c在碳、氟之間，且形成2個共價鍵，為氧；【詳析】A．同一周期隨著原子序數(shù)變大，第一電離能變大，第一電離能：d＞c＞b，A錯誤；B．化合物ec3為SO3，硫原子形成3個共價鍵且無孤電子對，為sp2雜化，分子結構對稱，是非極性分子，B正確；C．非金屬性越強，其簡單氫化物穩(wěn)定性越強，簡單氫化物穩(wěn)定性：b<d，C錯誤；D．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；元素的電負性：d＞c＞e，D錯誤；故選B。8.如圖所示的裝置是某次實驗最初的情況(夾持裝置省略)，燒瓶內盛有等體積的甲烷和Cl2，用光照射一段時間后()A.只能生成CH3Cl一種有機物B.燒瓶內液面不可能上升C.燒瓶內的液體可能會分層D.向水中加入石蕊試液后無變化〖答案〗C〖解析〗詳析】A.甲烷與氯氣發(fā)生取代反應生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4四種有機物，故A錯誤；B.甲烷與氯氣發(fā)生取代反應，產(chǎn)物中只有CH3Cl是氣體，氯化氫極易溶于水，燒瓶內氣體體積減少，所以液面能上升，故B錯誤；C.甲烷與氯氣的取代反應產(chǎn)物中CH2Cl2、CHCl3、CCl4都是油狀液體，不溶于水，所以燒瓶內的液體可能會分層，故C正確；D.甲烷與氯氣發(fā)生取代反應生成氯化氫，氯化氫溶于水得到鹽酸，向水中加入石蕊試液后變紅色，故D錯誤。9.化學在生產(chǎn)、生活和軍事上有廣泛的應用，下列對應關系錯誤的是()性質應用A鈉和鉀的合金能導電原子反應堆的導熱劑B二氧化硫具有漂白性漂白紙漿、草帽等C鎂燃燒時發(fā)出耀眼的強光軍事上制作照明彈DAl(OH)3受熱易分解塑料的阻燃劑〖答案〗A〖解析〗【詳析】A、鈉和鉀的合金作原子反應堆的導熱劑，是因為熔點低，而不是導電，所以物質的性質和用途表述沒有直接聯(lián)系，A錯誤；B、二氧化硫具有漂白性，可以漂白紙漿，物質的性質和用途表述有直接聯(lián)系，B正確；C、鎂條燃燒發(fā)生耀眼的強光，可制作照明彈，物質的性質和用途表述有直接聯(lián)系，C正確；D、Al（OH）3受熱分解生成H2O并吸收大量的熱量，使周圍環(huán)境溫度降低，且生成的氧化鋁熔點較高，附著在可燃物表面，從而阻止可燃物燃燒，D正確；〖答案〗選A。10.下列實驗操作規(guī)范的是()A．鈉的燃燒B．排空氣法收集C．稀釋濃硫酸D．溶液的轉移〖答案〗B〖解析〗【詳析】A．固體加熱用坩堝，鈉的燃燒在坩堝中進行，故A錯誤；B．二氧化碳的密度比空氣密度大，可選圖中向上排空氣法收集，故B正確；C．混合時將密度大的液體注入密度小的液體中，應將濃硫酸注入水中，操作不合理，故C錯誤；D．轉移液體需要玻璃棒引流，圖中缺少玻璃棒，故D錯誤。〖答案〗選B。11.苯和液溴反應進程中的能量變化如圖所示。已知：①斷裂化學鍵所需要的能量(kJ/mol)：C?HC?BrBr?Br(g)H?Br(g)413276194366②③下列敘述正確的是()A.該反應為放熱反應，ΔH=-55kJ/molB.第一步是該反應的決速步驟C.該反應的原子利用率約為88%D.可用NaOH溶液除去溴苯中混有的Br2〖答案〗D〖解析〗【詳析】A．(l)+Br2(g)→(l)+HBr(g)，利用?H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，則有?H=[(413+194)-(276+366)]kJ/mol=-35kJ/mol，Br2(l)=Br2(g)?H=+30kJ/mol，兩式相加，得出(l)+Br2(l)→(l)+HBr(g)?H=-5kJ/mol，該反應為放熱反應，故A錯誤；B．正反應活化能越大，反應速率越慢，是決速步驟，根據(jù)圖像可知，第二步活化能最大，是該反應的決速步驟，故B錯誤；C．由原子利用率=，期望產(chǎn)物溴苯的質量為157g，生成物總質量為157+81=138g，則原子利用率約為≈66%，故C錯誤；D．溴可與氫氧化鈉反應，而溴苯不反應，可用于除雜，故D正確；〖答案〗為D。12.KClO3和KHSO3可發(fā)生下列反應：＋→＋Cl－＋H＋(未配平)，已知酸性越強，該反應的反應速率越快。如圖為反應速率v()隨時間(t)的變化曲線。下列有關說法不正確的是()A.KClO3和KHSO3發(fā)生反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶3B.反應開始階段速率逐漸增大可能是c(H＋)逐漸增高導致的C.縱坐標為v()時的v()隨時間(t)的變化曲線與原圖曲線完全吻合D.反應后期速率逐漸減小的主要原因是c()、c()降低〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗反應中Cl元素化合價由+5價降低為-1價，S元素化合價由+4價升高到+5價，則反應的化學方程式為+3=3+Cl-+3H+，隨著反應的進行，氫離子濃度增大，反應速率增大，但同時反應物濃度減小，因此后期反應速率逐漸減小，據(jù)此分析解答?！驹斘觥緼．反應中KClO3為氧化劑，KHSO3為還原劑，反應的化學方程式為+3=3+Cl-+3H+，可知反應的氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶3，故A正確；B．反應開始階段氫離子濃度增大，由題給信息可知，速率逐漸增大可能是c(H+)逐漸增高導致的，故B正確；C．反應的化學方程式為+3=3+Cl-+3H+，v()∶v()=1∶3，縱坐標為v()的v-t曲線與圖中曲線不重合，故C錯誤；D．反應后期雖然氫離子濃度增大，但c()、c()降低，反應速率減小，故D正確；故選C。13.工業(yè)合成氨反應包含多個基元反應，其反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是()A.從充入反應物到A處，表示N2、H2在催化劑表面吸附放熱B.該歷程中最大活化能E正=590kJ?mol-1C.工業(yè)合成氨溫度為700K左右，主要考慮催化劑在此溫度下活性較高D.催化劑可以降低活化能，從而顯著提高反應速率〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗過渡態(tài)物質的總能量與反應物總能量的差值為活化能，即圖中峰值越大則活化能越大，圖中峰值越小則活化能越??；【詳析】A．從充入反應物到A處，反應物的能量高于生成物能量，表示N2、H2在催化劑表面吸附放熱，A正確；B．該歷程中最大活化能E正=[(-342)-(-500)]kJ?mol-1=158kJ?mol-1，B錯誤；C．合成氨反應正反應為放熱反應，高溫不利于氨的合成，工業(yè)合成氨時溫度為700K左右，主要考慮催化劑在此溫度下活性較高，催化效率高、反應速率大，C正確；D．催化劑可以大幅降低活化能，顯著提高反應速率，提高產(chǎn)量，D正確；故選B14.下列離子方程式正確的是()A.向Fe(OH)3中加入過量的HCl溶液：H++OH-=H2OB.向澄清石灰水中通入足量二氧化碳：CO2+OH-=CNH4HCO3溶液中加入過量NaOH溶液：OH-+NH=NH3?H2OD.次氯酸鈣溶液通入二氧化硫氣體：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【詳析】A．Fe(OH)3中加入過量的HCl溶液，由于Fe(OH)3難溶于水，在離子方程式中應保留化學式，其離子方程式為Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，故A錯誤；B．澄清石灰水中通入足量二氧化碳，生成碳酸氫鈣，其離子方程式為CO2+OH-=，故B正確；C．NH4HCO3溶液中加入過量NaOH溶液，發(fā)生反應生成碳酸鈉、一水合氨和水，其離子方程式為++2OH-=NH3·H2O++H2O，故C錯誤；D．次氯酸鈣溶液通入二氧化硫氣體，由于次氯酸的強氧化性，能夠氧化亞硫酸鈣，其離子方程式為Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓++4H++2Cl-，故D錯誤；〖答案〗為B。二、非選擇題15.按要求填空：（1）寫出下列物質的電子式：Na2O2_____NH3_____。（2）2.2g銨根14N2H4+的中子數(shù)是___，核外電子數(shù)是____，某微粒含有一個原子核，核中有17個質子，20個中子，核外有18個電子，該粒子的化學符號是____。（3）已知斷開1molH—H鍵、1molI—I鍵、1molH—I鍵分別需要吸收的能量為436kJ、151kJ、299kJ，則由1molH2和1molI2生成2molHI會_____(“放出”或“吸收”)_____kJ的熱量。（4）現(xiàn)有下列物質：①H2②Na2O2③NaOH④H2O2⑤CaCl2⑥NH4NO3⑦H2S，只由離子鍵構成的物質是_____(填序號，同下)，由離子鍵和共價鍵構成的物質是_________，屬于共價化合物的是_____。〖答案〗（1）（2）1.1NANA（3）放出11（4）⑤②③⑥④⑦〖解析〗【詳析】（1）Na2O2是離子化合物，其電子式為；NH3是共價化合物，其電子式為；（2）1個14N2H4+銨根離子中有7+4×1=11個中子，7+4×1-1=10個電子，其摩爾質量為14+4×2=22g/mol，2.2g該銨根為0.1mol，故0.1mol14N2H4+中有11×0.1=1.1mol中子，為1.1NA個；有10×0.1=1mol電子，為NA個；核中有17個質子，20個中子，核外有18個電子，則該元素為Cl元素，質量數(shù)為17+20=37；離子符號為；（3）H2與I2反應生成HI的化學方程式為H2+I22HI，該反應的反應熱可以通過反應物的鍵能總和減去生成物的鍵能總和計算，當計算值為正值時為吸熱反應，計算值為負值時為放熱反應，該反應的反應熱為436kJ+151kJ-2×299kJ=-11kJ，故該反應為放熱反應，共放出11kJ能量；（4）①H2是由極性共價鍵構成的單質；②Na2O2是有離子鍵和非極性共價鍵構成的離子化合物；③NaOH是由離子鍵和極性共價鍵構成的離子化合物；④H2O2是由極性共價鍵和非極性共價鍵構成的共價化合物；⑤CaCl2是由離子鍵構成的離子化合物；⑥NH4NO3是由離子鍵和極性共價鍵構成的離子化合物；⑦H2S是由極性共價鍵構成的共價化合物；只由離子鍵構成的物質是⑤，由離子鍵和共價鍵構成的物質是②③⑥，屬于共價化合物的是④⑦。16.在2SO2+O2?2SO3的反應里，開始SO2和O2的濃度均為0.5mol/L，2分鐘后測得SO2的濃度為0.25mol/L，則=___________，各物質所表示的反應速率的最簡整數(shù)比：：=___________?！即鸢浮舰?0.062