陕西省铜川市2014-2015学年耀州中学高二期末化学试卷.doc

2014-2015学年陕西省铜川市州中学高一（下）第二次月考化学试卷一.选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）1．下列物质中，既能导电又属于强电解质的一组物质是( )A．熔融MgCl2、熔融NaOH B．液氨、石灰水C．石墨、食醋D．稀硫酸、蔗糖2．如图两瓶体积相等的气体，在同温、同压下瓶内气体的关系一定正确的是( )A．原子数相等B．密度相等C．质量相等D．摩尔质量相等3．在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl﹣各为1.5mol/L，Mg2+为0.5mol/L，则SO42﹣的物质的量浓度为( )A．0.1 mol/L B．0.5 mol/L C．0.15 mol/L D．0.25 mol/L4．下列有关溶液组成的描述合理的是( )A．由水电离出的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中可能存在：HCO3﹣、K+、Na+、Cl﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．含有0.1 mol•L﹣1 Fe3+的溶液中可以大量存在：K+、Mg2+、I﹣、NO3﹣D．室温下，PH=l的溶液中一定可以存在：Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣5．下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是( )A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB．用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KClC．用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D．用图4所示装置制取、收集干燥纯净的NH36．下列离子方程式正确的是( )A．钠与水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣D．向次氯酸钙溶液通入足量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO7．下列溶液中，跟100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是( ) A．100mL 0.5mol/L MgCl2溶液B．200mL 0.25mol/L AlCl3溶液C．50mL 1mol/L NaCl溶液D．25mL 0.5mol/L HCl溶液8．实验室可用NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O制备N2，下列说法正确的是( ) A．NaNO2发生氧化反应B．NH4Cl中的氮元素被还原C．N2既是氧化产物，又是还原产物D．每生成1mol N2转移电子的物质的量为6mol9．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是( )A．气体甲一定是纯净物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中D．CO32﹣和SO42﹣一定不存在于溶液X中10．下列说法正确的是( )A．某气体能使澄清石灰水变浑浊，则该气体是CO2B．向某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中有Cl﹣C．向某溶液中加入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解，则原溶液中有SO42﹣D．向某溶液中加NaOH并加热，产生可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中有NH4+11．将5.6g铁粉放入一定量某浓度的硝酸溶液中，待铁粉全部溶解后，共收集到NO、NO2（其他气体忽略不计）混合气体0.15mol，该混合气体中NO与NO2的体积比可能是( ) A．1：2 B．2：1 C．3：2 D．3：112．下列说法不正确的是( )A．标准状况下，等体积的CH4和CO2所含的共用电子对数相等B．与NaOH溶液、H2S04溶液反应产生等量的H2，所需铝粉的质量相等C．明矾溶液中K+和Al3+的物质的量浓度相等D．1mol OH﹣和17g NH3所含的电子数相等13．配制100ml 0.1mol/L Na2CO3溶液，下列操作正确的是( )A．称取1.06 g 无水碳酸钠，加入100ml容量瓶中，加水溶解、定容B．称取1.06 g 无水碳酸钠，加入100ml蒸馏水，搅拌、溶解C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒个引流，直接倒入容量瓶中D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀14．下列除杂方案正确的是( )A．A B．B C．C D．D15．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100mol•L﹣1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl﹣离子，则S2O32﹣将转化成( )A．S2﹣B．S C．SO32﹣D．SO42﹣16．下列各项中离子方程式的书写与反应物的用量无关的是( )A．FeBr2溶液与Cl2B．Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液C．盐酸与Na2CO3溶液D．Ca（HCO3）2溶液与NaOH溶液二、填空题（6个小题，共计52分）17．选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上．A．萃取分液法B．加热分解法C．结晶法D．分液法E．蒸馏法F．过滤法（1）分离饱和食盐水与沙子的混合物__________．（2）从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾__________．（3）分离水和汽油的混合物__________．（4）分离四氯化碳（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的混合物__________．（5）从碘的水溶液里提取碘__________．18．用质量分数为36.5%的盐酸（密度为1.16g•cm﹣3）配制1mol•L﹣1的稀盐酸．现实验室仅需要这种盐酸220mL，试回答下列问题：（1）配制稀盐酸时，应选用容量为__________mL的容量瓶．（2）经计算需要__________mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的__________．A．5mL B．10mL C．25mL D．50mL（3）在量取浓盐酸后，进行了下列操作：①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入250mL容量瓶中．②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度标线相切．③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀．④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶．上述操作中，正确的顺序是（填序号）__________．（4）在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，其配制的稀盐酸浓度是__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度是__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．19．（1）从1L 1mol/L NaOH溶液中取出100mL，则这100mL NaOH溶液的物质的量浓度是__________mol/L，含NaOH的质量__________g．（2）某同学将标准状况下44.8L的HCl气体溶于水，配成500mL的溶液，该HCl气体的物质的量为__________，可知所配成的盐酸溶液的物质的量浓度为__________．（3）在标准状况下15g CO与CO2的混合气体，体积为11.2L．则：①混合气体的密度是__________．②混合气体的平均摩尔质量是__________．③CO2和CO的体积之比是__________．④CO的体积分数是__________．⑤CO2和CO的质量之比是__________．⑥CO的质量分数是__________．⑦混合气体中所含氧原子的物质的量是__________．20．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸．请完成下列问题：（1）写出反应的离子方程式__________（2）下列三种情况下，离子方程式与（1）相同的是__________（填序号）．A．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液显中性B．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀C．向NaHSO4溶液中，逐滴加入Ba（OH）2溶液至过量整个过程中混合溶液的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用如图中的曲线表示是__________（填序号）．（3）若向装有Ba（OH）2溶液烧杯里缓缓滴入KAl（SO4）2溶液至Ba2+恰好完全反应．则反应的离子方程式是__________．21．按要求填空．（1）在S2﹣、Fe2+、Fe3+、Mg2+、S、I﹣、H+中，只有氧化性的是__________，只有还原性的是__________，既有氧化性又有还原性的是__________．（2）某同学写出以下三个化学方程式（未配平）①NO+HNO3﹣﹣﹣N2O3+H2O②NH3+NO﹣﹣﹣HNO2+H2O③N2O4+H2O﹣﹣﹣HNO3+HNO2其中你认为一定不可能实现的是__________（填序号）．（3）下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是__________．①2FeCl3+2KI═2FeCl2+2KCl+I2②2FeCl2+Cl2═2FeCl3③2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O若溶质中Cl﹣与I﹣共存，为了氧化I﹣而Cl﹣不被氧化，除单质外，还应用上述反应中的__________作氧化剂．22．现有由等质量的NaHCO3和KHCO3组成的混合物a g，与100mL盐酸反应．（题中涉及的气体体积均以标准状况计，填空时可以用带字母的式子表示）（1）该混合物中NaHCO3与KHCO3的物质的量之比为__________；（2）如碳酸氢盐与盐酸恰好完全反应，则盐酸中HCl的物质的量的计算式为__________mol；（不需要化简）（3）如果盐酸过量，生成CO2的体积的计算式为__________L；（不需要化简）（4）如果反应后碳酸氢盐有剩余，盐酸不足量，要计算生成CO2的体积，还需要知道__________；（5）若NaHCO3和KHCO3不是以等质量混合，则a g固体混合物与足量的盐酸完全反应时生成CO2的体积范围是__________．（不需要化简）2014-2015学年陕西省铜川市耀州中学高一（下）第二次月考化学试卷一.选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）1．下列物质中，既能导电又属于强电解质的一组物质是( )A．熔融MgCl2、熔融NaOH B．液氨、石灰水C．石墨、食醋D．稀硫酸、蔗糖考点：强电解质和弱电解质的概念；电解质溶液的导电性．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如蔗糖和酒精等；水溶液中或熔融状态完全电离的电解质为强电解质；导体之所以能导电在于其存在可自由移动的电荷，常见的导电物质有金属、电解质（溶解或熔融状态导电，包括酸、碱、大部分盐、金属氧化物）、石墨等特殊物质；解答：解：A．熔融MgCl2、熔融NaOH，属于强电解质能导电，故A正确；B．液氨不能导电属于非电解质，石灰水能导电是电解质溶液，故B错误；C．石墨能导电不是电解质，食醋能导电，醋酸属于弱电解质，故C错误；D．稀硫酸是电解质溶液能导电，蔗糖不能导电，属于非电解质，故D错误；故选A．点评：本题考查了电解质和非电解质的判断，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质，强电解质完全电离，题目较简单．2．如图两瓶体积相等的气体，在同温、同压下瓶内气体的关系一定正确的是( )A．原子数相等B．密度相等C．质量相等D．摩尔质量相等考点：阿伏加德罗定律及推论．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的气体其物质的量相等，其分子数相等，结合分子构成、ρ=、m=nM进行分析解答．解答：解：同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的气体其物质的量相等，其分子数相等，A．每个分子中都有两个原子，所以其原子总数相等，故A正确；B．根据ρ=知，两种气体的平均摩尔质量不一定相等，所以其密度不一定相等，故B错误；C．根据m=nM知，二者物质的量相等时，其摩尔质量不一定相等，则其质量不一定相等，故C 错误；D．两个瓶中摩尔质量不一定相等，故D错误；故选A．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确气体摩尔体积的适用范围及适用条件是解本题关键，知道物质的量有关公式中各个物理量的关系，熟练掌握物质的量有关公式，题目难度不大．3．在MgCl2、KCl、K2SO4三种盐的混合溶液中，若K+、Cl﹣各为1.5mol/L，Mg2+为0.5mol/L，则SO42﹣的物质的量浓度为( )A．0.1 mol/L B．0.5 mol/L C．0.15 mol/L D．0.25 mol/L考点：物质的量浓度的相关计算．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据溶液中的离子的电荷守恒，即溶液中的阳离子带电的电荷量与阴离子所带电电荷量相等．解答：解：因溶液中的离子有K+、Cl﹣、Mg2+、SO42，设SO42﹣物质的量浓度为c，溶液不显电性，溶液中的阳离子带电的总电荷量与阴离子所带电的总电荷量相等，根据电荷守恒：1.5×1+0.5×2=1.5×1+c×2，解得c=0.5（mol/L）．故选B．点评：本题考查溶液中的电荷守恒知识，可以根据所学知识进行回答，比较简单．4．下列有关溶液组成的描述合理的是( )A．由水电离出的c（H+）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中可能存在：HCO3﹣、K+、Na+、Cl﹣B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．含有0.1 mol•L﹣1 Fe3+的溶液中可以大量存在：K+、Mg2+、I﹣、NO3﹣D．室温下，PH=l的溶液中一定可以存在：Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：A．该溶液呈酸性或碱性；B．酸性条件下，次氯酸根离子具有强氧化性；C．铁离子具有氧化性，能被还原性离子还原；D．pH=1的溶液呈酸性，离子之间不反应的能大量共存．解答：解：A．该溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下HCO3﹣都不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下，ClO﹣、I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D．室温下，pH=1的溶液呈酸性，离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故D 正确；故选D．点评：本题考查离子共存，为高考高频点，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确复分解反应条件、氧化还原反应特点及离子性质即可解答，题目难度中等．5．下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是( )A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB．用图2所示装置蒸发KCl溶液制备无水KClC．用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D．用图4所示装置制取、收集干燥纯净的NH3考点：化学实验方案的评价；气体的净化和干燥；氨的制取和性质．专题：实验评价题．分析：A．氯气难溶于饱和食盐水，不能被饱和氯化钠溶液吸收；B．KCl难挥发；C．氯气与NaOH溶液反应，可形成喷泉；D．氨气密度比空气小，应用向下排空法收集．解答：解：A．氯气难溶于饱和食盐水，用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HCl，故A 正确；B．KCl难挥发，水易挥发，可用蒸发分离，故B正确；C．氯气与NaOH溶液反应，导致圆底烧瓶内压强减小，可形成喷泉，故C正确；D．氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故D错误．故选D．点评：本题考查实验方案的评价，侧重于物质的分离、制备以及收集，题目难度不大，注意相关物质的性质的把握．6．下列离子方程式正确的是( )A．钠与水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣D．向次氯酸钙溶液通入足量SO2：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．电子、电荷不守恒；B．醋酸在离子反应中保留化学式；C．反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；D．发生氧化还原反应生成硫酸钙．解答：解：A．钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合的离子反应为SiO32﹣+2CH3COOH═H2SiO3↓+2CH3COO﹣，故B错误；C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3的离子反应为CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C正确；D．向次氯酸钙溶液通入足量SO2的离子反应为Ca2++2ClO﹣+2SO2+2H2O=CaSO4↓+SO42﹣+4H++2Cl﹣，故D错误；故选C．点评：本题考查离子反方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大．7．下列溶液中，跟100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度相同的是( ) A．100mL 0.5mol/L MgCl2溶液B．200mL 0.25mol/L AlCl3溶液C．50mL 1mol/L NaCl溶液D．25mL 0.5mol/L HCl溶液考点：物质的量浓度．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关．解答：解：100mL 0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为 0.5mol/L；A、100mL 0.5mol/L MgCl2溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L×2=1mol/L，故A错误；B、200mL 0.25mol/L AlCl3溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为0.25mol/L×3=0.75mol/L，故B 错误；C、50ml 1mol/L NaCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为 1mol/L，故C错误；D、25ml 0.5mol/L HCl溶液所含的Cl﹣物质的量浓度为0.5mol/L，故D正确；故选：D．点评：抓住“溶液中离子的物质的量浓度=溶质的物质的量浓度×化学式中离子的个数，与溶液的体积无关”是解本题的关键，难度不大．8．实验室可用NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2↑+2H2O制备N2，下列说法正确的是( ) A．NaNO2发生氧化反应B．NH4Cl中的氮元素被还原C．N2既是氧化产物，又是还原产物D．每生成1mol N2转移电子的物质的量为6mol考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：由NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O可知，NaNO2中N元素的化合价由+3价降低为0，NH4Cl 中N元素的化合价由﹣3价升高为0，以此来解答．解答：解：A．NaNO2中N元素的化合价降低，发生还原反应，故A错误；B．N元素的化合价升高，则NH4Cl中的氮元素被氧化，故B错误；C．该反应中只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；D．每生成1mol N2时，由化合价的变化可知，转移电子的物质的量为3mol，故D错误；故选C．点评：本题考查氧化还原反应，把握氧化还原反应元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念和转移电子的考查，题目难度不大．9．水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是( )A．气体甲一定是纯净物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中D．CO32﹣和SO42﹣一定不存在于溶液X中考点：常见离子的检验方法；离子共存问题．专题：压轴题；离子反应专题．分析：能和盐酸反应获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，亚硫酸根离子、碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子，即可解答．解答：解：加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH﹣）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子．A．加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；B．溶液中一定含有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；C．原来溶液中K+、和一定存在，故C正确；D．硫酸根离子是否存在不能确定，CO32﹣可能存在，故D错误；故选C．点评：本题考查了离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解题的关键，本题难度中等．10．下列说法正确的是( )A．某气体能使澄清石灰水变浑浊，则该气体是CO2B．向某溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中有Cl﹣C．向某溶液中加入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸沉淀不溶解，则原溶液中有SO42﹣D．向某溶液中加NaOH并加热，产生可使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中有NH4+考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．专题：物质检验鉴别题．分析：A．二氧化碳、二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊；B．溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能为碳酸银、硫酸银等；C．溶液中加入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能为亚硫酸钡；D．使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气．解答：解：A．二氧化碳、二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊，则某气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体不一定是CO2，故A错误；B．溶液中加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能为碳酸银、硫酸银等，不能检验原溶液中有Cl﹣，故B错误；C．溶液中加入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能为亚硫酸钡，加入稀硝酸沉淀不溶解，不能说明原溶液中有SO42﹣，故C错误；D．使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，则原溶液中有NH4+，故D正确；故选D．点评：本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握常见气体的鉴别和常见离子的鉴别为解答的关键，注意鉴别试剂的选择及加入顺序，题目难度不大．11．将5.6g铁粉放入一定量某浓度的硝酸溶液中，待铁粉全部溶解后，共收集到NO、NO2（其他气体忽略不计）混合气体0.15mol，该混合气体中NO与NO2的体积比可能是( ) A．1：2 B．2：1 C．3：2 D．3：1考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：铁粉和一定量某浓度的硝酸反应生成二氧化氮，和稀硝酸反应生成NO，根据转移电子守恒计算二氧化氮和NO的物质的量；解答：解：铁粉放入一定量某浓度的硝酸溶液中，发生反应Fe+4HNO3（浓）=Fe（NO3）2+2NO2↑+2H2O，Fe+6HNO3（浓）=Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O，3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+NO↑+4H2O，Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，5.6g铁粉的物质的量为：n===0.1mol，设生成的NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，NO、NO2（其他气体忽略不计）混合气体0.15mol，x+y=0.15mol，反应中铁失去的电子总数等于硝酸得到的电子总数，当生成三价铁时，3×x+y×1=0.1mol×3，解得：x=0.075，y=0.075，同等条件下，气体体积比等于物质的量之比，所以该混合气体中NO与NO2的体积比1：1，当生成二价铁时，3×x+y×1=0.1mol×2，解得：x=0.025，y=0.125，同等条件下，气体体积比等于物质的量之比，所以该混合气体中NO与NO2的体积比1：5，当生成既有三价铁又有二价铁时，该混合气体中NO与NO2的体积比介于1：1与1：5之间，故选A．点评：本题考查硝酸的性质，难度中等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意理解反应的实质，结合方程式利用原子、得失电子守恒进行的计算．12．下列说法不正确的是( )A．标准状况下，等体积的CH4和CO2所含的共用电子对数相等B．与NaOH溶液、H2S04溶液反应产生等量的H2，所需铝粉的质量相等C．明矾溶液中K+和Al3+的物质的量浓度相等D．1mol OH﹣和17g NH3所含的电子数相等考点：物质的量的相关计算．专题：计算题．分析：A．同温同压下，同体积，则气体的物质的量相同，气体的分子数相同以及利用1个CH4和CO2中含有的共用电子对数4；B．根据铝跟盐酸或氢氧化钠溶液都能发生反应，利用反应的化学方程式确定铝与氢气的质量关系，进而进行分析判断即可；C．根据Al3+能够发生水解；D．根据质量换算成物质的量以及1个OH﹣和NH3所含的电子数都为10来计算．解答：解：A．标准状况下，等体积的CH4和CO2的物质的量相同，1个CH4和CO2中含有的共用电子对数4，所以标准状况下，等体积的CH4和CO2所含的共用电子对数相等，故A正确；B．铝与稀盐酸反应的化学方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由上述两个反应可知，参加反应的铝与生成的氢气的质量关系均为2Al～3H2，即与NaOH溶液、H2S04溶液反应产生等量的H2，所需铝粉的质量相等，故B正确；C．Al3+能够发生水解，所以明矾溶液中K+的物质的量浓度大于Al3+的物质的量浓度，故C错误；D．1mol OH﹣所含的电子数为10N A；17g NH3的物质的量为1mol，所以1molNH3所含的电子数为10N A，两者所含的电子数相等，故D正确；故选C．点评：本题主要考查了物质的量的计算，掌握微粒内部粒子数目的计算是解题的关键，题目难度中等．13．配制100ml 0.1mol/L Na2CO3溶液，下列操作正确的是( )A．称取1.06 g 无水碳酸钠，加入100ml容量瓶中，加水溶解、定容B．称取1.06 g 无水碳酸钠，加入100ml蒸馏水，搅拌、溶解C．转移Na2CO3溶液时，未用玻璃棒个引流，直接倒入容量瓶中D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀考点：溶液的配制．专题：化学实验基本操作．分析：配制100ml 0.1mol/L Na2CO3溶液，应称取碳酸钠的质量为0.1mol/L×0.1L×106g/mol=1.06g，即1.1g，溶于水配成溶液的体积为100ml，据此解答．解答：解：A．配制溶液时，固体的溶解要在烧杯中进行，容量瓶是精密仪器，不能用容量瓶溶解，故A错误；B．配制溶液时，体积指的是溶液体积，不是溶剂体积，不是加入100 mL蒸馏水，而是配制成100mL溶液，故B错误；C．移液时未用玻璃棒引流，液体溅出，导致浓度偏小，故C错误；D．定容后，塞好瓶塞，反复倒转，摇匀，使溶液均匀，故D正确；故选：D．点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，熟悉配制原理及实验操作步骤是解题关键，题目难度不大．14．下列除杂方案正确的是( )A．A B．B C．C D．D考点：物质的分离、提纯和除杂．专题：实验评价题．分析：A．SO2与NaHSO4溶液不反应；B．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应；C．反应生成二氧化碳；D．NaHCO3加热分解生成碳酸钠．解答：解：A．SO2与NaHSO4溶液不反应，应用饱和碳酸氢钠，故A错误；B．NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故B错误；C．反应生成二氧化碳，引入了新的杂质，故C错误；D．NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，故D正确；故选D．点评：本题考查物质分离提纯的方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及常见的混合物分离方法为解答的关键，注意除杂的原则，题目难度不大．15．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100mol•L﹣1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl﹣离子，则S2O32﹣将转化成( )A．S2﹣B．S C．SO32﹣D．SO42﹣考点：氧化还原反应．专题：压轴题；氧化还原反应专题．分析：根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算．解答：解：n（Na2S2O3）=0.025L×0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）==0.01mol，设S2O32﹣被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则0.0025×2×（n﹣2）mol=2×0.01moln=6故选D．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意从氧化剂、还原剂得失电子数目相等的角度解答．16．下列各项中离子方程式的书写与反应物的用量无关的是( )A．FeBr2溶液与Cl2B．Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液C．盐酸与Na2CO3溶液D．Ca（HCO3）2溶液与NaOH溶液考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．二价铁与溴离子都具有还原性，氯气少量时，先氧化二价铁离子；氯气过量时，二价铁和溴离子都能被氧化；B．Ba（OH）2溶液与H2SO4溶液生成硫酸钡和水；C．盐酸与Na2CO3溶液，盐酸少量反应生成氯化钠和碳酸氢钠；盐酸过量生成氯化钠和二氧化碳；D．Ca（HCO3）2溶液与NaOH溶液，氢氧化钠少量，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；氢氧化钠过量生成碳酸钙、碳酸钠和水．。

2014-2015学年陕西省铜川市耀州中学高三（下）第四次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，1～10每小题2分，11～20每小题2分，共计50分．）1．下列是有关物质的性质或用途的说法中，全部正确的是（）①氯气具有漂白性，可以直接使有色布条褪色；②二氧化硫具有较强的还原性，不能用浓硫酸干燥；③SiO2是酸性氧化物，能与氢氟酸反应；④Al（OH）3是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱．A．①②③ B．②③④ C．③④ D．①②④2．下列有关化学用语正确的是（）A．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O B．二氧化碳的比例模型：C．甲基的电子式： D．纤维素的通式：（C6H12O6）n3．在①浓硝酸②水③浓硫酸④氢氟酸⑤氢氧化钾溶液中，能与单质硅起化学反应的是（）A．①② B．②④ C．④⑤ D．③④4．某小组利用下列装置进行电化学实验，下列实验操作及预期现象正确的是（）A． X和Y与电流表连接，电子由Cu极流向Zn极B． X和Y与电流表连接，将Zn换成Fe测得电流更大C． X和Y分别与电源“﹣”、“+”极相连，Cu极质量减轻D． X和Y分别与电源“﹣”、“+”极相连，Zn极质量减轻5．下列叙述中正确的是（）A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+6．下列说法不正确的是（）A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶解C．铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OD． HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实现7．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是（）A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞YB．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞SC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D． Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）28．据报道，2012年俄罗斯科学家再次合成117号元素．本次试验生成了6个新原子，其中5个，1个．下列关于和的说法，不正确的是（） A．是两种核素 B．互为同位素C．中子数分别为176和177 D．电子数相差19．电解尿素的碱性溶液制氢气的装置如图所示（电解池中隔膜仅阻止气体通过，a、b极均为惰性电极）．下列说法正确的是（）A．电解时，b极发生氧化反应B．溶液中OH﹣逐渐向b极移动C．电解时a极的电极反应式为：CO（NH2）2+80H﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2OD．若在b极产生标况下224mL H2，则消耗尿素2g10．下列推断正确的是（）A． SiO2是酸性氧化物，不溶于水，也不能与任何酸发生反应B． Na2O、Na2O2组成元素虽然相同，但与H2O、CO2等反应的产物不完全相同C． CO、SO2、NO、NO2都是对大气产生污染的气体，他们在空气中都能稳定存在D．浓硫酸可用于干燥氢气、氯化氢、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体11．下列化合物中，既有离子键，又有共价键且是非极性共价键的是（） A． NaOH B． Na2O2 C． KHSO4 D． NH4Cl12．下列物质中所有原子均满足最外层8电子稳定结构的化合物是（） A． PCl5 B． P4 C． CCl4 D． NH313．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图．下列说法正确的是（）A． Y、Z的常见氧化物可通过加入过量的NaOH溶液来分离B．其氢化物的稳定性由弱到强的顺序是Q、W、ZC．元素Y、Z、W、Q的原子半径依次增大D． Y单质做的容器可盛装W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液14．下列实验过程中，始终无明显现象的是（）A． NO2通入FeSO4溶液中B． CO2通入CaCl2溶液中C． NH3通入AlCl3溶液中D． SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中15．甲醇燃料电池容易携带、容易存储等优点，目前被认为将会替代传统的电池成为携带型设备的主要电源．如图是甲醇的质子交换膜型燃料电池模型，下列有关说法正确的是（）A． Y极为电池的负极B． X极的电极反应式CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+C．若常温下以该电池电解100mLKCl溶液至PH=12时，电池质子交换膜迁移的A为0.01mol D．空气以20%为氧气计算，X极每消耗1mol甲醇，Y极必消耗168L空气中的氧气16．有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径由大到小的顺序为Y＞X＞Z，原子序数之和为16．三种元素的常见单质在适当条件下可发生如图所示的变化，其中B和C均为10电子分子．有关判断不正确的是（）A． X元素位于ⅥA族B． A不能溶解于B中C． B的沸点高于C的沸点D． A和C不可能发生氧化还原反应17．下列热化学方程式中，△H的绝对值能表示可燃物的燃烧热的是（）A． C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5 kJ•mol﹣1B． CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802.3 kJ•mol﹣1C． 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ•mol﹣1D． CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283 kJ•mol﹣118．化学反应的本质是旧的化学键的断裂和新化学键的形成．已知某些化学键的键能数据如下：化学键 H﹣H Cl﹣Cl H﹣Cl键能∕（kJ•mol﹣1） 436 243 431则下列热化学方程式不正确的是（）A． 0.5 H2（g）+0.5 Cl2（g）═HCl（g）△H=﹣91.5 kJ•mol﹣1B． H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣183 kJ•mol﹣1C． 0.5 H2（g）+0.5 Cl2（g）═HCl（g）△H=+91.5 kJ•mol﹣1D． 2HCl（g）═H2（g）+Cl2（g）△H=+183 kJ•mol﹣119．①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池，①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是（）A．①③②④ B．①③④② C．③④②① D．③①②④20．粗铜中一般含有锌、铁、银、金等杂质．在下图所示的装置中，甲池的总反应方程式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O 接通电路一段时间后，纯Cu电极质量增加了3.2g．在此过程中，下列说法正确的是（）A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙池是化学能转化为电能的装置B．甲池中理论上消耗标准状况下空气的体积是2.8 L（空气中O2体积分数以20%计算） C．乙池中CuSO4溶液的浓度不变D．甲池通入CH3OH一极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+2H2O═CO32﹣+8H+二、填空题（4个小题，共计50分）21．（15分）（2015春•铜川校级月考）有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，原子序数依次增大．A的原子半径在元素周期表中最小，B最外层电子数是次外层电子数的2倍，C是空气中含量最多的元素．D、F同主族，E、F同周期．D的同素异形体中有一种在大气层中起保护作用．E的离子半径是同周期简单离子中最小的．物质甲由D、E、F三种元素组成．请回答：（1）写出F的离子结构示意图．（2）C位于元素周期表第期第族，写出C的最简单氢化物发生催化氧化的化学方程式．（3）甲可用作浊水净化剂，其原理是（用离子方程式表示）；在消防工业中，与（填名称）、发泡剂组成泡沫灭火剂．（4）处理含BO、FO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质F和BO2．已知：BO（g）+O2（g）═BO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣2F（s）+O2（g）═FO2（g）△H=﹣296.0kJ•mol﹣1此反应的热化学方程式是．（5）往5.0mL 0.1mol•L﹣1甲溶液中加入20.0mL 0.1mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，充分反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序是．22．（15分）（2015春•铜川校级月考）阅读下表中短周期主族元素的相关信息．元素代号相关信息A A的单质能与冷水剧烈反应，得到强碱性溶液B B的原子最外层电子数是其内层电子数的三倍C 在第3周期元素中，C的简单离子半径最小D A、B、D组成的36电子的化合物X是常用消毒剂的主要成分E 所有有机物中都含有E元素请回答：（1）写出E在元素周期表中的位置：；C与D形成的化合物类型是（离子化合物、共价化合物）（2）写出A2B2晶体中存在的化学键：．（3）A在真空、高压下能与由D、E组成的分子呈正四面体结构的化合物Y反应生成2种固体物质，其中一种是自然界中硬度最大的物质，此反应在科学上有“稻草变黄金”的美称．写出Y的电子式，并写出该反应的化学方程式．（4）常温下，0.1m ol•L﹣1 X溶液的pH 7（填“＞”“=”或“＜”）．简述X可以做家用消毒剂的理由：．（用化学方程式表示）（5）写出A2B2和EB2反应的化学方程式：．指出氧化剂是、还原剂是．23．（10分）（2014秋•东河区校级期中）在如图中，E和F分别为电源两极；甲烧杯中盛有100mL 0.2mol•L﹣1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100mL 0.15mol•L﹣1 CuCl2溶液，A、B、C、D均为石墨电极，如果电解一段时间后，发现B极增重1.08g，则（1）E为极，C为极．（2）A极的电极反应式为，析出气体mL．（标准状况）（3）若乙烧杯溶液体积不变，则此时溶液的物质的量浓度将变为mol•L﹣1（4）甲烧杯中滴入石蕊试液，极附近变红（填A或B）；如果继续电解，在甲烧杯中最终得到溶液（填溶质的化学式）．24．（10分）（2015春•铜川校级月考）（1）已知：①Fe（s）+O2（g）═FeO（s）△H1=﹣272.0kJ•mol﹣1②2Al（s）+O2（g）═Al2O3（s）△H2=﹣1675.7kJ•mol﹣1Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是．（2）请认真分析如图，然后回答问题：①图中所示反应是（填“吸热”或“放热”）反应，该反应的△H=（用含E1、E2的代数式表示）．②已知热化学方程式：H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=﹣241.8kJ/mol．该反应的活化能为167.2kJ/mol，则其逆反应的活化能为．③对于同一反应，图中虚线（Ⅱ）与实线（Ⅰ）相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率明显加快，你认为最可能的原因是．2014-2015学年陕西省铜川市耀州中学高三（下）第四次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，1～10每小题2分，11～20每小题2分，共计50分．）1．下列是有关物质的性质或用途的说法中，全部正确的是（）①氯气具有漂白性，可以直接使有色布条褪色；②二氧化硫具有较强的还原性，不能用浓硫酸干燥；③SiO2是酸性氧化物，能与氢氟酸反应；④Al（OH）3是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱．A．①②③ B．②③④ C．③④ D．①②④考点：氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；两性氧化物和两性氢氧化物．专题：元素及其化合物．分析：①氯气不具有漂白性，具有漂白性的是氯气和水反应生成的次氯酸；②同种元素相邻化合价间不发生氧化还原反应，二氧化硫不能被浓硫酸氧化；③酸性氧化物是和碱反应生成盐和水的氧化物，二氧化硅与氢氟酸反应是特性；④能和强酸、强碱反应的氢氧化物是两性氢氧化物．解答：解：①氯气不具有漂白性，不能直接使有色布条褪色，必须是使湿润的有色布条褪色，具有漂白性的是次氯酸；故①错误；②二氧化硫具有较强的还原性，但同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，所以能用浓硫酸干燥，故②错误；③SiO2是酸性氧化物与碱反应生成盐和水，能与氢氟酸反应生成四氟化硅和水；故③正确；④Al（OH）3是两性氢氧化物，能溶于强酸或强碱，不溶于弱酸弱碱，故④正确；故选C．点评：本题考查了氯气、二氧化硫、二氧化硅、氢氧化铝的化学性质的应用，特别注意同种元素相邻价态不发生氧化还原反应．2．下列有关化学用语正确的是（）A．次氯酸的结构式：H﹣Cl﹣O B．二氧化碳的比例模型：C．甲基的电子式： D．纤维素的通式：（C6H12O6）n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．次氯酸分子中的中心原子为O原子，其分子中不存在氢氯键；B．二氧化碳的比例模型中，碳原子半径应该大于氧原子半径；C．甲基中存在3个碳氢键，碳原子最外层为7个电子；D．纤维素的结构单元为C6H10O5，所以其通式错误，应该为（C6H10O5）n．解答：解：A．次氯酸分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，不存在氢氯键，次氯酸正确的结构式为：H﹣O﹣Cl，故A错误；B．二氧化碳为直线型结构，比例模型中，碳原子的相对体积大于氧原子，二氧化碳正确的比例模型为：，故B错误；C．甲烷失去1个H原子形成甲基，甲基中C原子的最外层为7个电子，甲基的电子式为：，故C正确；D．纤维素的结构单元为C6H10O5，所以其通式为（C6H10O5）n，故D错误．故选C．点评：本题考查了结构式、比例模型、电子式、分子式的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法，明确甲基与甲烷、羟基与氢氧根离子、比例模型与球棍模型的区别，选项B为易错点，注意二氧化碳分子中碳原子半径大于氧原子．3．在①浓硝酸②水③浓硫酸④氢氟酸⑤氢氧化钾溶液中，能与单质硅起化学反应的是（）A．①② B．②④ C．④⑤ D．③④考点：硅和二氧化硅．专题：碳族元素．分析：硅能与F2、HF、强碱在常温下反应，在加热或高温条件下也能与Cl2、O2、H2发生反应．解答：解：硅能与F2、HF、强碱在常温下反应，与①浓硝酸②水③浓硫酸在常温下不反应，在加热或高温条件下也能与Cl2、O2、H2发生反应．故选C．点评：本题考查硅单质的性质，题目难度不大，注意硅能与F2、HF、强碱在常温下反应．4．某小组利用下列装置进行电化学实验，下列实验操作及预期现象正确的是（）A． X和Y与电流表连接，电子由Cu极流向Zn极B． X和Y与电流表连接，将Zn换成Fe测得电流更大C． X和Y分别与电源“﹣”、“+”极相连，Cu极质量减轻D． X和Y分别与电源“﹣”、“+”极相连，Zn极质量减轻考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析： A、根据原电池中电子的移动方向知识来回答；B、原电池的两极金属活泼性相差越大，则化学反应速率越快，电流越大；C、电解池的阳极是活泼电极，则电极本身失电子发生氧化反应；D、电解池的阳极是活泼电极，则电极本身失电子发生氧化反应．解答：解：A、X和Y与电流表连接，会构成原电池，电子由负极Zn极流向正极Cu极，故A 错误；B、将Zn换成Fe，则原电池的两极金属活泼性相差不如不换时候大，则化学反应速率会减慢，电流量小，故B错误；C、X和Y分别与电源“﹣”、“+”极相连，则Cu做了电解池的阳极，则电极Cu本身失电子发生氧化反应，质量减轻，Zn极析出金属铜质量增加，故C正确；D、X和Y分别与电源“﹣”、“+”极相连，则Cu做了电解池的阳极，则电极Cu本身失电子发生氧化反应，质量减轻，Zn极析出金属铜质量增加，故D错误．故选C．点评：本题考查原电池和电解池，侧重反应原理的考查，考查点较全面细致，注重学生基础知识和基本能力的考查，题目难度不大．5．下列叙述中正确的是（）A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C．某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：化学实验基本操作．分析： A．实验室保存液溴常用水封的方法；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4．解答：解：A．液溴易挥发，密度比水大，实验室常用水封的方法保存，故A正确；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，可能为NO2、O3、Cl2等物质，但不一定为Cl2，故B错误；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2，I﹣无色，故C错误；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4，不一定含有Ag+，故D错误．故选A．点评：本题考查物质的保存、检验等知识，题目难度不大，解答该类题目注意把握相关化学基本实验操作．6．下列说法不正确的是（）A．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu（NO3）2固体，铜粉仍不溶解C．铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OD． HNO3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实现考点：氨的化学性质；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．分析： A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；B．硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性；C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO和水；D．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮；解答：解：A．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则其水溶液为氨水，显碱性，故A正确；B．硝酸根离子在酸性环境下具有强的氧化性，能够氧化铜，所以铜会溶解，故B错误；C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；D．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，所以以上各步变化均能通过一步实现，故D正确；故选：B．点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉氨气、硝酸、一氧化氮、二氧化氮的性质是解题关键，题目难度不大．7．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断．下列说法不合理的是（）A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：X＞YB．由水溶液的酸性：HCl＞H2S，可推断出元素的非金属性：Cl＞SC．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D． Cs和Ba分别位于第六周期ⅠA和ⅡA族，碱性：CsOH＞Ba（OH）2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．根据离子的核外电子层结构分析；B．元素的非金属性与氢化物水溶液的酸性无关；C．位于金属与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；D．根据同周期元素自左而右金属性变化规律分析．解答：解：A．若X+和Y2﹣的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X ＞Y，故A正确；B．元素的非金属性与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故B错误；C．硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故D正确；D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba（OH）2，故D正确；故B．点评：本题考查元素周期表结构、元素周期律等知识，难度不大，B为易错点，注意对规律的理解掌握．8．据报道，2012年俄罗斯科学家再次合成117号元素．本次试验生成了6个新原子，其中5个，1个．下列关于和的说法，不正确的是（） A．是两种核素 B．互为同位素C．中子数分别为176和177 D．电子数相差1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： A．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；B．具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素；C．中子数=质量数﹣质子数；D．原子核外电子数等于质子数．解答：解：A．和质子数都是117，中子数分别是176、177，是两种核素，故A正确；B．和具有相同质子数，不同中子数，互为同位素，故B正确；C．中子数=质量数﹣质子数，和中子数分别是176、177，故C正确；D．原子核外电子数等于质子数等于117，故两种核素的电子数相等，故D错误．故选D．点评：本题考查质量数与质子数、中子数之间的相互关系，难度不大，注意中子数=质量数﹣质子数．9．电解尿素的碱性溶液制氢气的装置如图所示（电解池中隔膜仅阻止气体通过，a、b极均为惰性电极）．下列说法正确的是（）A．电解时，b极发生氧化反应B．溶液中OH﹣逐渐向b极移动C．电解时a极的电极反应式为：CO（NH2）2+80H﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2OD．若在b极产生标况下224mL H2，则消耗尿素2g考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：该电池反应时中，氮元素化合价由﹣3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极a是阳极，生成氢气的电极b是阴极，结合电解质溶液中氢氧根离子浓度的变化分析解答．解答：解：A．该电池反应时中，氮元素化合价由﹣3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，所以生成氮气的电极a是阳极，生成氢气的电极b是阴极，b极发生还原反应，故A错误；B．电解时，电解质溶液中阴离子向阳极移动，根据A知，a是阳极，所以氢氧根离子向a极移动，故B错误；C．解时a极为阳极，电极反应式为：CO（NH2）2+80H﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O，故C正确；D．阴极b上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣═H2↑+2OH﹣，标况下224mL H2物质的量为0.01mol，转移电子0.02mol，a极为阳极，电极反应式为：CO（NH2）2+80H﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O，消耗尿素0.2g，故D错误；故选：C．点评：本题考查了电解原理，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析解答，难度中等．10．下列推断正确的是（）A． SiO2是酸性氧化物，不溶于水，也不能与任何酸发生反应B． Na2O、Na2O2组成元素虽然相同，但与H2O、CO2等反应的产物不完全相同C． CO、SO2、NO、NO2都是对大气产生污染的气体，他们在空气中都能稳定存在D．浓硫酸可用于干燥氢气、氯化氢、碘化氢等气体，但不能干燥氨气、二氧化氮气体考点：硅和二氧化硅；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；浓硫酸的性质；钠的重要化合物．分析： A．二氧化硅与氢氟酸反应；B．氧化钠与水反应生成氢氧化钠，与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；C．一氧化氮不稳定容易被氧气氧化；D．浓硫酸具有强的氧化性．解答：解：A．二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅，故A错误；B．氧化钠与水反应生成氢氧化钠，与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，二者产物不同，故B正确；C．一氧化氮不稳定容易被氧气氧化生成二氧化氮，故C错误；D．浓硫酸具有强的氧化性，不能干燥碘化氢还原性气体，故D错误；故选：B．点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硅、过氧化钠、浓硫酸的性质是解题关键，题目难度不大．11．下列化合物中，既有离子键，又有共价键且是非极性共价键的是（） A． NaOH B． Na2O2 C． KHSO4 D． NH4Cl考点：离子化合物的结构特征与性质；极性键和非极性键．分析：活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，同种非金属元素之间易形成非极性键，不同非金属元素之间易形成极性键，据此分析解答．解答：解：A．NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O﹣H原子之间存在极性键，故A错误；B．过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O﹣O原子之间存在非极性键，故B正确；C．硫酸氢钾中钾离子和硫酸氢根离子之间存在离子键，S﹣O、S﹣H原子之间存在极性键，故C错误；D．氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键、N﹣H原子之间存在极性键，故D错误；故选B．点评：本题考查化学键判断，侧重考查基本概念，明确物质构成微粒及微粒之间作用力即可解答，注意过氧化钠电子式的书写及过氧化钠中化学键的判断．12．下列物质中所有原子均满足最外层8电子稳定结构的化合物是（） A． PCl5 B． P4 C． CCl4 D． NH3考点：原子核外电子排布；原子结构与元素的性质．分析：化合物分子中某原子最外层电子数=元素原子最外层电子数+该元素原子化合价绝对值，若该值等于8，则该原子满足8电子结构；而单质分子中根据原子的最外层电子式与形成的共用电子对数判断．解答：解：A．PCl5中Cl元素化合价为﹣1，Cl原子最外层电子数是7，1+7=8，P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，分子中P原子不满足8电子结构，故A错误；B．P原子最外层电子数是5，P4中两个P原子之间存在3个共用电子对，则P4中P原子的最外层电子式为5+3=8，所以满足8电子结构，但是单质不是化合物，故B错误；C．CCl4中Cl元素化合价为﹣1，Cl原子最外层电子数是7，1+7=8，C元素化合价为+4，C原子最外层电子数为4，所以4+4=8，所以满足8电子结构，故C正确；D．NH3中H原子的最外层电子数为2，则分子中H原子不满足8电子结构，故D错误；故选C．点评：本题考查了8电子结构判断，注意分子中含有氢元素，该分子一定不满足各原子达8电子结构，题目难度不大．13．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图．下列说法正确的是（）A． Y、Z的常见氧化物可通过加入过量的NaOH溶液来分离B．其氢化物的稳定性由弱到强的顺序是Q、W、ZC．元素Y、Z、W、Q的原子半径依次增大D． Y单质做的容器可盛装W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液考点：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： X、Y、Z、W、Q都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置可知，X是O元素、Y是Al元素、Z是Si元素、W是S元素、Q是Cl元素，结合元素周期律的递变规律解答该题．解答：解：X、Y、Z、W、Q都是短周期元素，根据元素在周期表中的位置可知，X是O元素、Y是Al元素、Z是Si元素、W是S元素、Q是Cl元素，A．Y、Z的常见氧化物分别是氧化铝和二氧化硅，氧化铝和二氧化硅都能和氢氧化钠溶液反应，所以不能用氢氧化钠分离氧化铝和二氧化硅，故A错误；B．Q、W、Z的非金属性依次减弱，故氢化物的稳定性由弱到强的顺序是Z＜W＜Q，故B错误；C．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Y＞Z＞W＞Q，故C错误；D．Y是铝元素，W是S元素，常温下，铝和浓硫酸能发生钝化现象，所以能用铝容器盛装浓硫酸，故D正确；故选D．点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，题目难度中等，注意掌握元素周期表的结构和元素周期律的递变规律．14．下列实验过程中，始终无明显现象的是（）A． NO2通入FeSO4溶液中B． CO2通入CaCl2溶液中C． NH3通入AlCl3溶液中D． SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中考点：氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物．专题：实验题；元素及其化合物．分析：根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意．。

陕西省铜川市耀州中学2022-2021学年高二下学期期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）1．已知甲苯的一氯代物有4种同分异构体，将甲苯完全氢化后，再发生氯代反应，其一氯代物的同分异构体数目有( )A．4种B．5种C．6种D．7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：甲苯与足量的氢气加成生成，甲基环己烷与氯气发生一元取代反应，可以发生取代甲基上的H原子，可以取代环的H原子，取代环上的H原子，有甲基的邻位、间位、对位及甲基相连C原子上的H原子四种位置．解答：解：甲苯与足量的氢气加成生成，甲基环己烷与氯气发生一元取代反应，可以发生取代甲基上的H原子，可以取代环的H原子，取代环上的H原子，有甲基的邻位、间位、对位及甲基相连C 原子上的H原子和甲基共5种位置，故甲基环己烷与氯气发生一元取代物的同分异构体有5种，故选B．点评：本题考查同分异构体的书写，难度中等，留意甲苯与氢气发生加成反应后，甲基相连C原子上有H原子，受苯环影响，简洁忽视．2．某烃的结构简式如图所示，它的正确命名应是( )A．2﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷B．3﹣异丙基己烷C．2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷D．5﹣甲基﹣4﹣乙基戊烷考点：有机化合物命名．分析：烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简洁在前同相并，其间应划一短线：1、碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷“；2、靠近支链把号编：把主链里离支链较近的一端作为起点，用1、2、3…等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；3、简洁在前同相并，其间应划一短线：把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简洁的取代基要写在简单的取代基前面，假如有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“﹣“隔开．解答：解：，该有机物分子中最长碳链含有6个C，选取含有支链最多的碳链为主链，该有机物主链为己烷，编号从右边开头，在2号C含有1个甲基、在3号C含有一个乙基，该有机物名称为：2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷，故选C．点评：本题考查了烷烃的命名方法推断，题目难度中等，该题留意了基础性试题的考查，侧重对同学基础学问的检验和训练，解题的关键是明确有机物的命名原则．3．下列各对物质中，互为同系物的是( )A．CH3﹣CH=CH2与B ．C．HCOOC2H5与CH3COOCH3D ．考点：芳香烃、烃基和同系物．专题：同系物和同分异构体．分析：结构相像，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：结构相像、化学性质相像、分子式通式相同，分子式不同、物理性质不同等．解答：解：A、CH3﹣CH=CH2属于烯烃，属于环烷烃，二者结构不相像，不是同系物，故A不符合；B 、，前者是苯酚，属于酚类，后者是苯甲醇，常用醇类，二者结构不同，不是同系物，故B不符合；C、HCOOC2H5与是甲酸乙酯，CH3COOCH3是乙酸甲酯，二者分子式相同，结构不同，核外同分异构体，故C不符合；D 、都属于酚，分子相差一个CH2原子团，结构相像，互为同系物，故D符合．故选D．点评：本题考查同系物、同分异构体，难度不大，留意醇羟基与酚羟基区分在于羟基是连接脂肪烃基还是连接苯环．4．下列物质的类别与所含官能团都正确的是( )A ．B ．C ．D ．考点：烃的衍生物官能团．专题：有机化学基础．分析：A．羟基与苯环侧链的碳原子相连，该有机物为醇类；B．该有机物分子中含有羧基，属于羧酸类物质；C．该有机物分子中含有的官能团为酯基，属于酯类物质；D．该有机物分子中不含有羟基，不属于醇类，应当为醚类物质．解答：解：A ．该有机物分子中羟基没有与苯环直接相连，该有机物为醇类，不属于酚类，故A错误；B ．，该有机物分子中含有官能团羧基，属于羧酸，故B正确；C ．该有机物分子中含有的官能团为酯基，属于酯类物质，故C错误；D ．该有机物分子中含有的官能团为醚基，属于醚类物质，不属于醇，故D错误；故选B．点评：本题考查了烃的衍生物的官能团、有机物的分类，题目难度不大，留意把握烃的衍生物的官能团类型、有机物的分类方法，明确有机物分类方法与官能团类型的关系．5．已知维生素A的结构简式如下，下列关于它的说法正确的是( )A．维生素A是一种酚B．维生素A的一个分子中有三个双键C．维生素A的一个分子中有30个氢原子D．维生素A具有环己烷的结构单元考点：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：分析维生素A的结构简式可知，分子中不含苯环，含有5个C=C键和1个﹣OH，结合有机物的结构解答该题．解答：解：A．该有机物中不含苯环，更不存在酚羟基，则不是酚，故A错误；B．有机物中含有5个C=C键，故B错误；C．观看有机物结构，有机物中含有30个H原子，故C正确；D．六元环中含有C=C，不是环己烷的结构，故D错误．故选C．点评：本题考查有机物的结构，题目难度不大，留意分析有机物结构简式，正确推断有机物官能团的种类和个数，特殊是有机物的分子式，观看时要认真．6．取代反应是有机化学中一类重要的反应，下列反应属于取代反应的是( )A．丙烷与氯气在光照的作用下生成氯丙烷的反应B．乙烯与溴的四氯化溶液生成溴乙烷的反应C．乙烯与水生成乙醇的反应D．乙烯自身生成聚乙烯的反应考点：取代反应与加成反应．专题：压轴题；有机反应．分析：依据发生的化学反应及反应的化学方程式进行推断，并留意利用反应条件来推断发生的化学反应．解答：解：A、丙烷能与氯气在光照的作用下发生取代反应得到氯丙烷，故A正确；B、乙烯能与溴的四氯化碳溶液中的溴发生加成反应生成溴乙烷，故B错误；C、乙烯能与水发生加成反应得到乙醇，故C正确；D、乙烯能通过自身加聚反应生成聚乙烯，故D正确；故选A．点评：本题主要考查了反应类型的推断，能正确写出化学方程式是解题的关键．7．下列说法不正确的是( )A．自然蛋白质水解的最终产物是a﹣氨基酸B．CuSO4溶液会使蛋白质发生变性C．凡含有“﹣CONH﹣”的化合物均为蛋白质D．浓HNO3会使某些蛋白质变黄考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；有机化学反应的综合应用．分析：A．自然蛋白质水解的产物是α﹣氨基酸；B．CuSO4是重金属盐；C．蛋白质是高分子化合物；D．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸显黄色．解答：解：A．自然蛋白质水解的最终产物是α﹣氨基酸，故A正确；B．CuSO4是重金属盐，能使蛋白质发生变性，故B正确；C．具有酰胺基结构的可以是氨基酸、二肽、多肽，不肯定是蛋白质，故C错误；D．含有苯环的蛋白质遇浓硝酸显黄色，这是由于浓硝酸和蛋白质发生了颜色反应，故D正确．故选C．点评：本题考查氨基酸、蛋白质的结构和性质特点，难度不大，留意具有酰胺基结构的可以是氨基酸、二肽、多肽，不肯定是蛋白质．8．肯定量的某饱和一元醛发生银镜反应，析出银21.6g．等量的此醛完全燃烧时，生成的水为5.4g．则该醛可能是( )A．丙醛B．乙醛C．丁醛D．甲醛考点：醛类简介；有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：饱和一元醛的通式是C n H2n O，依据关系式﹣CHO～2Ag，依据生成金属银的量可以获得醛的物质的量，然后依据生成水的质量结合氢原子守恒可以获得H的个数，进而确定分子式即可．解答：解：n（Ag）==0.2mol，醛基和银的关系﹣CHO～2Ag，则n（﹣CHO）=0.1mol，即饱和一元醛的物质的量为0.1mol，点燃生成水的物质的量n（H2O）==0.3mol，所以氢原子数目为6，分子式为：C3H6O，为丙醛，故选A．点评：本题考查同学醛的银镜反应，依据关系式﹣CHO～2Ag关系即可解答，难度不大．9．下列物质中，属于芳香烃且属于苯的同系物的是( )A ．B ．C ．D．CH≡C﹣C≡CH考点：芳香烃、烃基和同系物．专题：同系物和同分异构体．分析：芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物；苯的同系物含有1个苯环，侧链为烷基，组成通式为C n H2n﹣6．解答：解：A ．是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，侧链是乙烯基，含有双键，不是烷基，不是苯的同系物，故A错误；B ．是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，侧链是乙基，分子组成比苯多2个CH2原子团，是苯的同系物，故B正确；C ．是含有苯环结构的碳氢化合物，属于芳香烃，分子中含有2个苯环，不相差若干个CH2原子团，不是苯的同系物，故C错误；D．CH≡C﹣C≡CH不含有苯环，不是芳香烃，更不是苯的同系物，故D错误．故选B．点评：本题以有机物的结构为载体考查芳香烃、苯的同系物、难度不大，留意有机化学“五同”理解辨析与芳香烃概念、苯的同系物结构特点．10．下列物质在肯定条件下不能发生消去反应的是( )A ．B．（CH3）3COHC．（CH3）2CHBr D．CH3CH2C（CH3）2CH2Cl考点：消去反应与水解反应．分析：醇发生消去反应的条件：与羟基相连碳相邻碳上有氢原子才能发生消去反应，形成不饱和键；卤代烃发生消去反应结构特点：与﹣X相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键．解答：解：A、环戊醇中与羟基相连的C的邻位上存在H原子，可以发生消去反应，故A不选；B、（CH3）3COH中与﹣OH相连碳的邻碳上有氢原子，能发生消去反应，故B不选；C、（CH3）2CHBr中与﹣Br相连碳的邻碳上有氢原子，能发生消去反应，故C不选；D、CH3CH2C（CH3）2CH2Cl中与﹣Cl相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，故D选；故选：D．点评：本题主要考查醇、卤代烃的消去反应的特点，难度不大，依据所学学问即可完成．11．已知柠檬醛的结构简式如图：依据你所学的学问，下列说法不正确的是( )A．它可以使酸性KMnO4溶液褪色B．它可以与银氨溶液反应C．它可以使溴水褪色D．它可被催化加氢，最终产物是C10H20O考点：有机物的结构和性质．分析：由结构简式可知分子式，分子中含碳碳双键和﹣CHO，结合烯烃和醛的性质解答．解答：解：A．依据柠檬醛的结构，该分子中既有醛基还有碳碳双键，所以柠檬醛可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B．含﹣CHO，则可以发生银镜反应，故B正确；C．既有醛基还有碳碳双键，所以柠檬醛可使可以与溴发生加成反应，故C正确；D．醛基、碳碳双键均可与氢气发生加成反应，则催化加氢后最终产物的化学式为C10H22O，故D错误；故选D．点评：本题考查有机物结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醛性质的考查，题目难度不大．12．已知有机物“得氧”或“去氢”均为氧化反应，而“失氧”和“加氢”均为还原反应．在HCHO+NaOH（浓）﹣→HCOONa+CH3OH中，HCHO（甲醛）( )A．仅被氧化B．未被氧化，未被还原C．仅被氧化D．既被氧化，又被还原考点：氧化还原反应；有机化学反应的综合应用．分析：由HCHO+NaOH（浓）﹣→HCOONa+CH3OH可知，HCHO得到O被氧化生成HCOOH，HCHO得到氢被还原生成CH3OH，以此来解答．解答：解：由HCHO+NaOH（浓）﹣→HCOONa+CH3OH可知，HCHO得到O被氧化生成HCOOH，HCHO 得到氢被还原生成CH3OH，结合信息可知，有机物“得氧”为氧化反应，“加氢”为还原反应，则HCHO在反应中既被氧化，又被还原，故选D．点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息及氧化、还原反应的推断为解答的关键，留意学问迁移应用力量的考查，题目难度不大．13．糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大养分物质．以下叙述正确的是( )A．植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖C．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水考点：淀粉的性质和用途；油脂的性质、组成与结构；葡萄糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．专题：糖类与蛋白质专题．分析：A．植物油高级脂肪烃基含有C=C官能团；B．淀粉水解生成单糖；C．葡萄糖为单糖；D．蛋白质遇重金属盐发生变性．解答：解：A．植物油高级脂肪烃基含有C=C官能团，能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B．淀粉水解最终产物为单糖，即葡萄糖，故B正确；C．葡萄糖为单糖，不能发生水解，故C错误；D．硫酸铜属于重金属盐，蛋白质遇重金属盐发生变性，变性是不行逆过程，故D错误．故选B．点评：本题考查常见有机物的性质，题目难度不大，留意把握相关基础学问．14．下列物质中，在肯定条件下既能发生银镜反应，又能发生水解反应的组合正确的是( )①甲酸铵②甲酸甲酯③苯甲酸甲酯④葡萄糖⑤蔗糖⑥麦芽糖．A．①②④⑥B．①②⑥C．③④⑤D．①②⑤考点：有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．分析：由选项中的物质可知，既能发生银镜反应，又能发生水解反应，则有机物中含﹣CHO、﹣COOC﹣（或为二糖、或含弱酸根离子、弱碱离子等），以此来解答．解答：解：①甲酸铵中含﹣CHO，可发生银镜反应，含铵根离子可水解，故正确；②甲酸甲酯在含﹣CHO、﹣COOC﹣，既能发生银镜反应，又能发生水解反应，故正确；③苯甲酸甲酯中含﹣COOC﹣，可发生水解反应，但不能发生银镜反应，故错误；④葡萄糖不能水解，故错误；⑤蔗糖为二糖可水解，但不能发生银镜反应，故错误；⑥麦芽糖为二糖可水解，且含﹣CHO，能发生银镜反应，故正确；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握常见有机物官能团与性质、发生的反应为解答的关键，留意基础学问的考查，题目难度不大．15．工业上将芳香烃的蒸气通过赤热的铁合成一种可作热载体的化合物，该化合物分子中苯环上的一氯代物有3种，1mol该化合物催化加氢时最多消耗6mol H2，则这种化合物可能是( )A ．B ．C ．D ．考点：有机物分子中的官能团及其结构；常见有机化合物的结构．分析：苯环上的一氯代物有3种，说明苯环上有三种化学环境不同的H原子，结合1mol该化合物催化加氢时最多消耗6mol H2进行逐项推断．解答：解：苯环上的一氯代物有3种，说明苯环上有三种化学环境不同的H原子，1mol该化合物催化加氢时最多消耗6mol H2，则烃的不饱和度为6，A ．苯环上有3种H原子，1mol该有机物能最多与3mol氢气发生加成反应，不符合题意，故A错误；B ．是对称结构，苯环上有3种H原子，1mol 有机物最多与6mol氢气发生加成反应，符合题意，故B正确；C ．不是对称结构，苯环上有7种H原子，1mol 有机物最多与6mol氢气发生加成反应，不符合题意，故C错误；D.1mol 有机物最多与6mol氢气发生加成反应，但苯环上有1种H原子，不符合题意，故D错误，故选B．点评：本题考查有机物分子结构简式的确定、加成反应等，题目难度不大，留意利用验证法逐项推断，留意把握一氯代物的推断方法．16．已知苯与一卤代烷在催化剂作用下可生成苯的同系物：．在催化剂存在下，由苯和下列各组物质合成乙苯最好应选用( )A．CH3﹣CH3和Cl2B．CH2=CH2和Cl2C．CH2=CH2和HCl D．CH3﹣CH3和HCl考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由可知，合成乙苯需要苯和氯乙烷，而氯乙烷可利用乙烯与HCl加成反应制取，以此来解答．解答：解：由CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl，结合信息可知，苯与氯乙烷合成苯乙烷，只有选项C中可得到纯洁的氯乙烷，故选C．点评：本题考查有机物的合成，留意把握官能团与性质的关系，明确信息及乙烯的加成反应特点是解答的关键，题目难度不大．一、填空题（共计52分）17．（16分）丙烯可用于合成杀除根瘤线虫的农药（分子式为C3H5Br2Cl）和应用广泛的DAP树脂：已知酯与醇可发生如下酯交换反应：RCOOR′+R″OH⇌RCOOR″+R′OH （R、R′、R″代表烃基）（1）农药C3H5Br2Cl分子中每个碳原子上均连有卤素原子．①A 的结构简式是CH2=CHCH2Cl，A 含有的官能团名称是碳碳双键和氯原子；②由丙烯生成A的反应类型是取代反应．（2）A水解可得到D，该水解反应的化学方程式是CH2=CHCH2Cl+H2O HOCH2CH=CH2+HCl．（3）C蒸汽密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60%，氢8%，氧32%．C 的结构简式是CH3COOCH2CH=CH2．（4）下列说法正确的是ACD（填选项）A．C能发生聚合反应、还原反应和氧化反应B．C含有2个甲基的羧酸类同分异构体有4个C．D催化加氢的产物与B具有相同的相对分子质量D．E具有芳香气味，易溶于乙醇（5）E的水解产物经分别最终得到甲醇和B，二者均可循环利用于DAP树脂的制备．其中将甲醇与H分别的操作方法是蒸馏．（6）F的分子式为C10H10O4．DAP单体为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，该单体苯环上的一溴代物只有两种．D和F反应生成DAP单体的化学方程式是．考点：有机物的推断．分析：农药分子C3H5Br2Cl中每个碳原子上均连有卤原子，则可知丙烯在500℃条件下发生取代反应生成A （CH2=CHCH2Cl），A与溴发生加成反应生成C3H5Br2Cl；C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60%，氢8%，氧32%，则相对分子质量为6.25×16=100，分子中含N（C）==5，N（H）==8，N（O）==2，则分子式为C5H8O2，C能甲醇发生酯交换，应为酯，丙烯与B反应可以得到C，则C的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2，C→D发生酯交换反应，则D 为HOCH2CH=CH2，E为CH3COOCH3，水解生成甲醇和B，则B为CH3COOH，H为CH3COONa，以此结合有机物的性质来解答．解答：解：农药分子C3H5Br 2Cl中每个碳原子上均连有卤原子，则可知丙烯在500℃条件下发生取代反应生成A （CH2=CHCH2Cl），A与溴发生加成反应生成C3H5Br2Cl；C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60%，氢8%，氧32%，则相对分子质量为6.25×16=100，分子中含N（C）==5，N（H）==8，N（O）==2，则分子式为C5H8O2，C能甲醇发生酯交换，应为酯，丙烯与B反应可以得到C，则C的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2，C→D发生酯交换反应，则D为HOCH2CH=CH2，E为CH3COOCH3，水解生成甲醇和B，则B为CH3COOH，H为CH3COONa，（1）①由以上分析可知A为CH2=CHCH2Cl，A中含有的官能团为碳碳双键和氯原子，故答案为：CH2=CHCH2Cl；碳碳双键和氯原子；②由丙烯生成A的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（2）A水解可得到D，该水解反应的化学方程式为CH2=CHCH2Cl+H2O HOCH2CH=CH2+HCl，故答案为：CH2=CHCH2Cl+H2O HOCH2CH=CH 2+HCl；（3）C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60%，氢8%，氧32%，则相对分子质量为6.25×16=100，分子中含N（C）==5，N（H）==8，N（O）==2，则分子式为C5H8O2，C能甲醇发生酯交换，应为酯，丙烯与B反应可以得到C，则C的结构简式为CH3COOCH2CH=CH2，故答案为：CH3COOCH2CH=CH2；（4）A．C为CH3COOCH2CH=CH2，可发生聚合反应、还原反应和氧化反应，故a正确；B．C含有2个甲基的羧酸类同分异构体有CH3C（CH3）=CH2COOH、CH3CH=C（CH3）COOH2种，故b 错误；C．D为CH2=CHCH2OH，加成产物为CH3CH2CH2OH，相对分子质量为60，B为CH3COOH，相对分子质量为60，故c正确；D．E为CH3COOCH3，具有芳香气味，易溶于乙醇，故d正确．故答案为：ACD；（5）H为乙酸钠，与甲醇的沸点差异较大，可利用蒸馏的方法来分别，故答案为：蒸馏；（6）F的分子式为C10H10O4．DAP单体为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，该单体苯环上的一溴取代物只有两种，应位于邻位，D为CH2=CHCH2OH，则F为，反应生成DAP单体的化学方程式是，故答案为：．点评：本题考查有机物的推断与合成，留意依据物质的结构及反应条件来推断，留意官能团的性质与转化，题目难度中等．18．已知可简写为．降冰片烯的分子结构可表示为（1）降冰片烯属于a b．a．环烃b．不饱和烃C．烷烃d．芳香烃（2）降冰片烯的化学式为C7H10．（3）降冰片烯的一种同分异构体（含有一个六元环的单环化合物）的结构简式为．（4）降冰片烯不具有的性质是a d．a．能溶于水b．能发生氧化反应c．能发生加成反应d．常温常压下为气体（5）降冰片烯在肯定的条件下可以转化为降冰片烷（如图所示），当它发生一氯取代时，取代的位置有3种．考点：有机物分子中的官能团及其结构．分析：（1）有机物含有环状结构，只有C、H元素组成，据此确定有机物的分类；（2）由结构简式可确定有机物的分子式；（3）依据同分异构体分子式相同结构不同的特点分析；（4）有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应；（5）降冰片烷中有3种位置的H．解答：解：（1）由结构简式可知有机物含有环状结构，并含有碳碳双键，则属于环烃和不饱和烃，故答案为：a b；（2）由有机物结构简式可知有机物分子式为C7H10，故答案为：C7H10；（3）分子式为C7H10的烃的同分异构体且含有含有一个六元环的单环化合物为，故答案为：；（4）分子中含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，烃类物质都不溶于水，且碳原子数大于4，常温下为液体，故答案为：a d；（5）降冰片烷中有3种位置的H，如图，则当它发生一氯取代时，同分异构体有3种，故答案为：3．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，留意有机物含有的官能团、碳架结构以及C的成键特点，题目难度不大．19．有一种广泛应用于汽车、家电产品上的高分子涂料是按下列流程图生产的．图中M（C3H4O）和A都可以发生银镜反应，N和M的分子中碳原子数相等，A的烃基上一氯取代位置有三种．（1）试写出下列物质的结构简式：ACH3CH2CH2CHO，MCH2=CH﹣CHO．（2）写出反应N+B→D的化学方程式：CH2=CH﹣COOH+CH3CH2CH2CH2OH CH2=CH﹣COOCH2CH2CH2CH3+H2O．（3）写出反应类型：X加成反应，Y加聚反应．考点：有机物的推断．分析：M分子式是C3H4O，可发生银镜反应，分子中含有醛基﹣CHO，其不饱和度为=2，故分子中还含有C=C双键，故M的结构简式为CH2=CH﹣CHO，M和N的分子中碳原子数相同，M催化氧化生成N，故N为CH2=CH﹣COOH，N与B反应在浓硫酸、加入条件下生成D（C7H12O2），D为酯，B为醇，由D的分子式可知，B为C4H10O，A可发生银镜反应，A 中含有醛基﹣CHO，A的烃基上的一氯代物有3种，故A为CH3CH2CH2CHO，B为CH3CH2CH2CH2OH，D为CH2=CH﹣COOCH2CH2CH2CH3，据此解答．解答：解：M分子式是C3H4O，可发生银镜反应，分子中含有醛基﹣CHO，其不饱和度为=2，故分子中还含有C=C双键，故M的结构简式为CH2=CH ﹣CHO，M和N的分子中碳原子数相同，M 催化氧化生成N，故N为CH2=CH﹣COOH，N与B反应在浓硫酸、加入条件下生成D（C7H12O2），D为酯，B为醇，由D的分子式可知，B为C4H10O，A可发生银镜反应，A中含有醛基﹣CHO，A的烃基上的一氯代物有3种，故A为CH3CH2CH2CHO，B为CH3CH2CH2CH2OH，D为CH2=CH﹣COOCH2CH2CH2CH3，（1）由上述分析可知，A为CH3CH2CH2CHO，M为CH2=CH﹣CHO，故答案为：CH3CH2CH2CHO；CH2=CH﹣CHO；（2）N+B→D反应是CH2=CH﹣COOH与CH3CH2CH2CH2OH发生酯化反应生成CH2=CH﹣COOCH2CH2CH2CH3，反应方程式为CH2=CH﹣COOH+CH3CH2CH2CH2OH CH2=CH﹣COOCH2CH2CH2CH3+H2O，故答案为：CH2=CH﹣COOH+CH3CH2CH2CH2OH CH2=CH﹣COOCH2CH2CH2CH3+H2O；（3）A转化生成B是CH3CH2CH2CHO与氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，D发生加聚反应生成高分子涂料，故答案为：加成反应；加聚反应．点评：本题考查有机物的推断，难度中等，依据B的分子式及反应信息，推断B的结构是解题的关键，再由D的分子式、N的结构简式推断B为醇，进而确定A的结构．20．依据如图转化关系，回答问题：已知：①+CH3Br﹣CH3+HBr；②C物质苯环上一卤代物只有两种．（1）写出B物质的名称1，2﹣二溴乙烷；D物质的结构简式．（2）写出反应②的类型取代反应；反应⑤的条件NaOH醇溶液、加热．（3）写出反应⑥的化学方程式：n ．（4）写出D+E 反应的化学方程式：+H2O+．（5）反应②还有可能生成一种C16H18的有机物，其苯环上一卤代物也只有两种，写出它的结构简式：．考点：有机物的推断．分析：由依据图示转化关系可知，C比甲苯多两个碳原子，结合反应①条件及信息可知：A为乙烯，B为1，2二溴乙烷；因C的苯环上一卤代物只有两种，故两个取代基处于对位，C 的结构简式为：；由C与D的分子式可知，应发生卤代烃的水解反应引入羟基，故D为，D发生氧化反应生成E，由D与E的分子式可知，羟基被氧化为羧基，故E 为；C肯定条件下生成F，F反应生成G为高聚物，由F的分子式可知，C生成F的反应为消去反应，所以F的结构简式为，G 为，据此进行解答．解答：解：由依据图示转化关系可知，C比甲苯多两个碳原子，结合反应①条件及信息可知：A为乙烯，B为1，2二溴乙烷（BrCH 2CH2Br）；因C的苯环上一卤代物只有两种，故两个取代基处于对位，C的结构简式为：；由C与D的分子式可知，应发生卤代烃的水解反应引入羟基，故D 为，D发生氧化反应生成E，由D与E 的分子式可知，羟基被氧化为羧基，故E为；C肯定条件下生成F，F反应生成G为高聚物，由F的分子式可知，C生成F的反应为消去反应，所以F的结构简式为，G 为，（1）依据分析可知，B为BrCH 2CH2Br ，其名称为：1，2﹣二溴乙烷；D 的结构简式为：，故答案为：1，2﹣二溴乙烷；；（2）反应②为BrCH 2CH2Br与甲苯反应生成和HBr，该反应为取代反应；反应⑤的化学方程式为：，则反应条件为：NaOH醇溶液、加热，故答案为：取代反应；NaOH醇溶液、加热；（3）反应⑥为发生加聚反应生成，反应方程式为：n，故答案为：n；（4）D为、E为，二者在浓硫酸作用下加热可以发生酯化反应生成，反应的化学方程式为：+H2O+，故答案为：+H2O+；（5）反应②还有可能生成一种C16H18的有机物，应是2分子甲苯与BrCH2CH2Br发生取代反应，其苯环上一卤代物也只有两种，它的结构简式：，。

陕西省铜川市耀州中学2014-2015学年高二下学期期中生物试卷一、选择题（每小题2分，共60分）1．下列关于基因工程的叙述，错误的是( )A．目的基因和受体细胞均可来自动、植物或微生物B．限制性核酸内切酶和DNA连接酶是两类常用的工具酶C．人胰岛素原基因在大肠杆菌中表达的胰岛素原无生物活性D．载体上的抗性基因有利于筛选含重组DNA的细胞和促进目的基因的表达考点：基因工程的原理及技术．分析：基因工程中目的基因和受体细胞均可来自动、植物或微生物；常用的工具酶是限制性核酸内切酶和DNA连接酶；人胰岛素原基因在大肠杆菌中表达的胰岛素原无生物活性，只有经过一定的物质激活以后，才有生物活性；载体上的抗性基因主要是有利于筛选含重组DNA的细胞，不能促进目的基因的表达．解答：解：A、基因工程中受体细胞中常用植物受精卵或体细胞（经组织培养）、动物受精卵（一般不用体细胞）、微生物──大肠杆菌、酵母菌等，A正确；B、常用的工具酶是限制性核酸内切酶和DNA连接酶；常用的工具是限制性核酸内切酶、DNA 连接酶、运载体，B正确；C、人胰岛素原基因在大肠杆菌中表达的胰岛素原无生物活性，只有经过一定的物质激活以后，才有生物活性，C正确；D、抗性基因是标记基因，是为了检测并筛选出载体有导入受体的细胞用的，它不会影响目的基因的表达． D错误．故选：D．点评：本题主要考查了学生对基因工程的操作步骤的了解，内容较简单．2．如图是利用基因工程技术培育转基因植物，生产可食用疫苗的部分过程示意图，其中PstⅠ、SmaⅠ、EcoRⅠ、ApaⅠ为四种限制性核酸内切酶．下列说法错误的是( )A．图示过程是基因工程的核心步骤B．表达载体构建时需要用到限制酶Sm aⅠC．抗卡那霉素基因的存在有利于将含有抗原基因的细胞筛选出来D．除图示组成外，表达载体中还应该含有启动子和终止子等结构考点：基因工程的原理及技术．分析：根据题意和图示分析可知：图示表示基因表达载体的构建过程，含抗原基因的DNA分子中含有PstⅠ、SmaⅠ、EcoRⅠ三种限制性核酸内切酶的识别序列，其中SmaⅠ的识别序列位于目的基因上；质粒中含有PstⅠ、SmaⅠ、EcoRⅠ、ApaⅠ四种限制性核酸内切酶的识别序列．解答：解：A、图示表示基因表达载体的构建过程，这是基因工程的核心步骤，A正确；B、限制酶SmaⅠ的识别序列位于目的基因上，因此表达载体构建时不能用限制酶SmaⅠ，应用限制酶PstⅠ、EcoRⅠ，B错误；C、抗卡那霉素基因属于抗性基因，其存在有利于将含有抗原基因的细胞筛选出来，C正确；D、基因表达载体一般包括目的基因（抗原基因）、标记基因（抗卡那霉素基因）、启动子和终止子，D正确．故选：B．点评：本题结合图解，考查基因工程的相关知识，要求考生识记限制酶的作用，掌握基因工程的操作步骤，能结合图中信息准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查．3．在下列选项中，需要釆用植物组织培养技术的是( )①利用秋水仙素处理萌发的种子或幼苗，获得多倍体植株；②获取大量的脱毒苗；③利用基因工程培养抗棉铃虫的植株；④单倍体育种；⑤无籽西瓜的快速大量繁殖．A．①②③B．①②③④⑤C．①②④⑤D．②③④⑤考点：植物培养的条件及过程．分析：植物组织培养的过程：离体的植物组织，器官或细胞（外植体）脱分化形成愈伤组织，愈伤组织再分化形成胚状体，进一步发育植株（新植体）．植物组织培养技术具有广泛的应用：植物繁殖的新途径（快繁技术、作物脱毒、人工种子）、作物新品种的培育（单倍体育种、突变体的利用）、细胞产物的工厂化生产．解答：解：①植物组织培养时，不需要用秋水仙素处理，①错误；②用茎尖、根尖等分生组织进行离体培养时，可获取大量的脱毒苗，②正确；③利用基因工程培养抗棉铃虫的植株时，需要用植物组织培养技术将导入目的基因的受体细胞培养成转基因植株，③正确；④单倍体育种过程中需要采用花药离体培养法培育单倍体植株，④正确；⑤无子西瓜不能靠传统的方法繁殖后代，但可以利用植物组织培养技术进行快速大量繁殖，⑤正确．故选：D．点评：本题考查植物组织培养的相关知识，重点考查植物组织培养技术的应用，要求考生识记相关知识点，能联系基因工程和育种的相关知识，对选项作出正确的判断，需要注意的是③，要求考生明确受体细胞是体细胞时，需要采用植物组织培养技术．4．下列关于细胞工程的叙述，不正确的是( )A．电激可诱导植物原生质体融合或动物细胞融合B．去除植物细胞壁和将动物组织分散成单个细胞均需酶处理C．小鼠骨髓瘤细胞和经抗原免疫的B淋巴细胞融合后培养可制备单克隆抗体D．动植物细胞培养都需要经过脱分化处理考点：细胞融合的概念及方法；植物培养的条件及过程；动物细胞与组织培养过程；单克隆抗体的制备过程．分析：植物体细胞杂交和动物细胞融合的比较：项目细胞融合原理细胞融合方法诱导手段用途植物体细胞杂交细胞膜的流动性，（细胞的全能性）用酶解法去除细胞壁后诱导原生质体融合离心、电刺激、聚乙二醇等试剂诱导克服远缘杂交不亲和，获得杂交植株动物细胞融合细胞膜的流动性用胰蛋白酶处理使细胞分散后，诱导细胞融合离心、电刺激、聚乙二醇、灭活病毒等试剂诱导制备单克隆抗体的技术之一杂交瘤细胞的特点：既能大量增殖，又能产生特异性抗体．解答：解：A、诱导植物原生质体融合或动物细胞融合均可采用物理方法（如电激）或化学方法，A正确；B、去除植物细胞壁需要用纤维素酶和果胶酶处理，将动物组织分散成单个细胞需用胰蛋白酶处理，B正确；C、小鼠骨髓瘤细胞和经抗原免疫的B淋巴细胞融合后可形成既能合成抗体，又能无限增殖的杂交瘤细胞，将杂交瘤细胞培养可大量单克隆抗体，C正确；D、动植物细胞培养不需要经过脱分化处理，D错误．故选：D．点评：本题考查动物细胞融合的方法、植物体细胞杂交、动物细胞培养和单克隆抗体的制备，要求考生识记诱导细胞融合的方法，并能对植物细胞融合和动物细胞融合进行比较；能识记细胞工程中运用到的酶及相关作用；能掌握单克隆抗体制备的原理和过程，并作出准确的判断．5．用a表示骨髓细胞，b表示效应B细胞，则细胞融合过程中两次筛选的目的分别是( ) A．a、aa、ab、bb、b→a、aa、ab→ab培养B．a、aa、ab、bb、b→ab、bb、b→ab培养C．a、aa、ab、bb、b→ab→产生特定抗体的ab培养D．a、aa、ab、bb、b→aa→能无限增殖的aa培养考点：单克隆抗体的制备过程．分析：单克隆抗体制备的两次筛选：①筛选得到杂交瘤细胞（去掉未杂交的细胞以及自身融合的细胞）；②筛选出能够产生特异性抗体的细胞群．解答：解：动物细胞融合，形成杂种细胞，即aa、bb、ab；第一次筛选是选出杂交瘤细胞即ab，去除未融合的细胞和自身融合的细胞；第二次筛选是选出产生特异性抗体的ab细胞，再进行克隆化培养．故选：C．点评：本题考查单克隆抗体制备过程中的两次筛选，意在考查学生的识记和理解能力，解题的关键是理解杂交瘤细胞来源于骨髓细胞和效应B细胞，特点是即能无限繁殖，又能产生特异性抗体．6．科学家用小鼠骨髓瘤细胞与某种细胞融合，得到杂交细胞，经培养可产生大量的单克隆抗体，与骨髓瘤细胞融合的是( )A．经过免疫的B淋巴细胞B．不经过免疫的T淋巴细胞C．经过免疫的T淋巴细胞D．不经过免疫的B淋巴细胞考点：单克隆抗体的制备过程．分析：骨髓瘤细胞实际就是癌细胞，这种细胞的最大特点是能够进行无限增殖，当利用骨髓瘤细胞与某种细胞融合后，能够保留骨髓瘤细胞的这种无限增殖的特性，这使根据人们的需要进行大规模生产成为可能．按题意，骨髓瘤细胞与某细胞融合后能够产生大量单克隆抗体，产生抗体是经过免疫后的B淋巴细胞的特点，所以与骨髓瘤细胞融合的细胞一定是经过免疫的B 淋巴细胞．解答：解：A、B淋巴细胞，在动物及人体内执行体液免疫，即在受到抗原刺激后，转变成浆细胞和记忆细胞，浆细胞能够产生抗体，故A正确；B、不经过免疫的T淋巴细胞只能产生淋巴因子，故B错误；C、免疫的T淋巴细胞，在动物及人体内执行细胞免疫，即攻击异体细胞、体内衰老死亡的细胞、非正常细胞等，这种细胞不产生抗体，故C错误；D、不经过免疫的B淋巴细胞不能产生抗体，故D错误．故选：A．点评：本题考查单克隆抗体制备的相关知识，意在考查学生的识记和理解能力，难度不大．7．图表示蛙的受精卵发育至囊胚的过程，若横坐标表示时间，则纵坐标表示( )A．有机物总量B．每个细胞DNA的量C．所有细胞体积之和 D．细胞表面积和体积之比考点：动物胚胎发育的过程．分析：胚胎发育过程：（1）卵裂期：细胞进行有丝分裂，数量增加，胚胎总体积不增加；（2）桑椹胚：32个细胞左右的胚胎；（3）囊胚：细胞开始分化，其中个体较大的细胞叫内细胞团将来发育成胎儿的各种组织；而滋养层细胞将来发育成胎膜和胎盘；胚胎内部逐渐出现囊胚腔；（4）原肠胚：内细胞团表层形成外胚层，下方细胞形成内胚层，由内胚层包围的囊腔叫原肠腔．解答：解：A、由于蛙的受精卵发育至囊胚过程中，有机物只能来自于卵细胞中的卵黄，因此随着时间的推移，有机物总量呈现减少的趋势，A错误；B、由于该发育阶段中进行的是有丝分裂，该过程中单个细胞中DNA含量保持不变，B错误；C、蛙的受精卵发育至囊胚过程中，随着时间的推移，所有细胞体积之和基本不变或略有减小，C错误；D、由于细胞的总体积基本不变，而细胞数目增多，则细胞体积减小，因此细胞表面积和体积之比呈上升趋势，D正确．故选：D．点评：本题的信息是以坐标图的形式出现，重点考查了蛙的受精卵发育至囊胚过程中DNA总量、每个细胞体积、所有细胞体积之和、有机物总量的变化趋势，意在考查考生能识记能力和理解能力，试题难度适中．8．哺乳动物精子获能发生在( )A．雄性动物的曲细精管内B．雄性动物的输精管内C．雄性动物的附睾内 D．雌性动物的生殖道内考点：胚胎工程的概念及操作对象．分析：受精前的准备阶段（1）准备阶段1﹣精子获能．刚刚排出的精子，不能立即与卵子受精，必须在雌性动物生殖道发生相应的生理变化后，才能获得受精能力．（2）准备阶段2﹣卵子的准备，动物排出的可能是初级卵母细胞也可能是次级卵母细胞，都要在输卵管内进一步成熟，达到减数第二次分裂中期时，才具备与精子受精的能力．解答：解：哺乳动物受精前，精子必须在雌性动物生殖道发生相应的生理变化后，才能获得受精能力，该过程被称为精子获能，故精子获能的场所是雌性动物生殖道．故选：D．点评：本题考查胚胎工程的相关知识，要求考生识记胚胎工程的相关技术，掌握精子的发生过程以及获能的方法，能结合所学的知识作出准确的判断．9．下列关于促进雌性动物大量排卵的叙述中，正确的是( )A．给未成年的雌性动物注射大量的相关激素使其排卵B．给性成熟的雌性动物注射大量的相关激素使其超数排卵C．给未成年的雌性动物注射一定的相关激素使其排卵D．给性成熟的雌性动物注射一定的相关激素使其超数排卵考点：动物激素的调节；胚胎工程的概念及操作对象．分析：解答本题利用了激素分级调节的知识，即：下丘脑可以分泌促性腺激素释放激素作用于垂体，促进垂体释放促性腺激素，该激素能够促进性腺分泌性激素．同时性激素能够促进生殖器官的发育和生殖细胞的形成．解答：解：促进雌性动物大量排卵，首先要选择性成熟的雌性动物，注射促性腺激素，再有注射的量要适宜，太多了会导致产生的性激素过多，通过反馈调节，抑制自身下丘脑和垂体的活动，导致自身的性腺萎缩．故选：D．点评：此题主要考查动物的激素调节，意在考查学生对基础知识特别是反馈的作用的理解掌握，难度适中．10．对于胚胎移植操作的冲卵过程，叙述正确的是( )A．将供体内超数排出的卵子冲洗出来B．将受精卵从供体中冲洗出来C．从供体中冲洗出来的是桑椹胚或囊胚D．从供体中冲洗出来的是囊胚或原肠胚考点：胚胎移植．分析：胚胎移植的基本程序主要包括：①对供、受体的选择和处理．选择遗传特性和生产性能优秀的供体，有健康的体质和正常繁殖能力的受体，供体和受体是同一物种．并用激素进行同期发情处理，用促性腺激素对供体母牛做超数排卵处理．②配种或人工授精．③对胚胎的收集、检查、培养或保存．配种或输精后第7天，用特制的冲卵装置，把供体母牛子宫内的胚胎冲洗出来（也叫冲卵）．对胚胎进行质量检查，此时的胚胎应发育到桑椹或胚囊胚阶段．直接向受体移植或放入﹣196℃的液氮中保存．④对胚胎进行移植．⑤移植后的检查．对受体母牛进行是否妊娠的检查．解答：解：胚胎移植过程中，冲卵的含义是指将早期胚胎（桑椹胚或囊胚）冲洗出来．故选：C．点评：本题考查胚胎移植的相关知识，要求考生识记胚胎移植的基本程序，理解“冲卵”的含义，再结合所学的知识作出准确的判断即可，属于考纲识记层次的考查．11．下列过程哪些发生在精子入卵后( )①精子继续完成减数第二次分裂，形成雄原核②精子发生顶体反应③发生卵细胞膜封闭作用④卵子完成减数第二次分裂，形成雌原核．A．①②B．②③C．③④D．①④考点：动物胚胎发育的概念．分析：受精过程为：顶体反应→穿越放射冠→穿越透明带（透明带反应）→卵细胞膜反应（卵黄膜封闭作用）→卵子完成减数第二次分裂并释放第二极体→雌雄原核的形成、核膜消失，雌、雄原核融合形成合子→第一次卵裂开始．解答：解：①形成精子时就已经完成减数第二次分裂，①错误；②精子与卵细胞接触时发生顶体反应，②错误；③精子入卵后发生卵细胞膜封闭作用，这是阻止多精入卵的第二道屏障，③正确；④精子入卵后，卵子完成减数第二次分裂，形成雌原核，④正确．故选：C，点评：本题知识点简单，考查受精过程，只要考生识记受精的具体过程即可正确答题，属于考纲识记层次的考查，对于此类试题，需要考生掌握牢固的基础知识．12．关于现代生物技术应用的叙述错误的是( )A．蛋白质工程可合成自然界中不存在的蛋白质B．体细胞杂交技术可用于克隆动物和制备单克隆抗体C．植物组织培养技术可用于植物茎尖脱毒D．动物细胞培养技术可用于转基因动物的培养考点：蛋白质工程；组织培养基的成分及作用；动物细胞与组织培养过程；动物体细胞克隆；单克隆抗体的制备过程．分析：蛋白质工程与基因工程不同，基因工程产生的是自然界中原有的蛋白质，而蛋白质工程能创造出自然界没有的蛋白质．体细胞杂交技术目前主要用于制备单克隆抗体，克隆动物涉及了细胞核移植、早期胚胎培养和胚胎移植等技术．解答：解：A、蛋白质工程可通过对现有基因进行改造合而合成自然界中不存在的蛋白质，A正确；B、克隆动物利用了细胞核移植、早期胚胎培养和胚胎移植等技术，体细胞杂交技术目前主要用于制备单克隆抗体，B错误；C、茎尖和根尖等分生区几乎不含病毒，所以将植物分生区（茎尖、根尖等）进行组织培养可以获得脱毒苗，C正确；D、动物细胞培养技术可为动物的转基因技术提供受体细胞等，并且基因工程中的受精卵需应用动物细胞培养技术培养成早期胚胎进行移植，D正确．故选：B．点评：本题综合考查蛋白质工程、体细胞杂交和动物细胞培养等相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力，难度适中．13．关于动物细胞融合的说法不正确的是( )A．动物细胞融合也称细胞杂交，是指两个或多个动物细胞结合形成一个细胞的过程B．动物细胞融合后形成的具有原来两个或多个动物细胞遗传信息的单核细胞称为杂交细胞C．常用于诱导动物细胞融合手段有：聚乙二醇、灭活的病毒、电激、紫外线照射D．细胞融合技术突破了有性杂交方法的局限，使远缘杂交成为可能考点：细胞融合的概念及方法．分析：（1）诱导细胞融合的方法有三种：生物方法（病毒）、化学方法（聚乙二醇PEG）、物理方法（离心，震动，电刺激）．（2）某些病毒如：仙台病毒、副流感病毒和新城鸡瘟病毒的被膜中有融合蛋白，可介导病毒同宿主细胞融合，也可介导细胞与细胞的融合，因此可以用紫外线灭活的此类病毒诱导细胞融合，而不是用紫外线诱导细胞融合．（3）体细胞杂交技术的优点是克服远缘杂交不亲和的障碍．解答：解：A、动物细胞融合也称细胞杂交，是指两个或多个动物细胞结合形成一个细胞的过程，一般多数为两个细胞的融合，A正确；B、动物细胞融合后，原来两个或多个动物细胞的遗传信息重新形成一个单核细胞，称为杂交细胞，例如骨髓瘤细胞和浆细胞融合，形成杂交瘤细胞，B正确；C、紫外线照射常用作人工诱变的物理诱变因子，可诱发基因突变，而不是诱导细胞融合的因素，物理诱导法有离心、震动、电刺激等，C错误；D、细胞融合技术突破了有性杂交方法的局限，克服远缘杂交不亲和的障碍，D正确．故选：C．点评：本题以动物细胞融合为核心考察了诱导动物细胞融合的原理、方法及意义，旨在考查学生对动物细胞融合过程等细胞工程相关知识的识记、理解与灵活运用能力．14．矿山废弃地生态修复工程的关键是( )A．优先选择农作物以提高经济效益B．选择合适的养殖动物以增加物种多样性C．植被恢复和土壤微生物群落的重建D．尽可能依靠自然演替恢复其生态功能考点：生态恢复工程．分析：矿区废弃地的生态恢复工程：（1）问题：矿区土体、土壤和植被，乃至整个地区生态系统的破坏．（2）对策：人工制造表土、多层覆盖、特殊隔离、土壤侵蚀控制、植被恢复工程等，关键是植被恢复及其所必需的土壤微生物群落的重建．（3）案例：赤峰市元宝山矿区生态恢复工程．解答：解：A、植被的恢复必须种植原有的物种，A错误；B、矿山废弃地生态修复工程的关键是植被恢复，而不是养殖动物，B错误；C、煤矿废弃后，恢复生态环境的关键是植被的恢复及其所必需的土壤微生物群落的重建，C 正确；D、矿山废弃地生态修复工程需要人工制造表土、多层覆盖、特殊隔离、土壤侵蚀控制、植被恢复工程等，而不是尽可能依靠自然演替恢复其生态功能，D错误．故选：C．点评：本题知识点简单，考查生态恢复工程，要求考生识记矿区废弃地的生态恢复工程存在的问题、解决的对策及案例，明确矿山废弃地生态修复工程的关键是植被的恢复及其所必需的土壤微生物群落的重建．15．下列关于生态工程的理解，不合理地是( )A．我国“三北防护林”运用物种多样性原理，取得了巨大的生态效益B．小流域治理模式应用了生态工程的整体原理、协调与平衡原理、工程学原理等C．在湿地周围建立缓冲带，可减少人类的干扰，使湿地依靠自然演替等恢复其生态功能D．在对城市进行规划和布局时，要进行城市生态分区考点：生态工程依据的生态学原理；生态恢复工程；生态城市．分析：植树造林首先要考虑所栽树种必须适应当地环境，以及考虑环境容纳量问题，即协调与平衡原理；其次不能种植单一物种林木，为提高人工林的稳定性，应充分考虑物种多样性．解答：解：A、我国“三北防护林”运用协调与平衡原理、物种多样性原理，A错误；B、小流域治理模式应用了生态工程的整体原理、协调与平衡原理、工程学原理等，通过保土蓄水、耕作、林草、生物等措施，层层设防控制土壤侵蚀，B正确；C、湿地生态恢复工程采用工程和生物措施相结合，如废水处理、点源和非点源污染控制、土地处理工程，植物物种的引进种植，及建立缓冲带等，使受干扰的湿地得以恢复，C正确；D、城市环境生态工程：进行城市生态分区；推广“环境友好技术”和低污染清洁生产工艺，减少污染产出；治理污染，废弃物资源化利用；建立监督法制，D正确．故选：A．点评：本题考查生态工程依据的生态学原理、生态工程的实例和发展前景，要求考生识记生态工程依据的生态学原理，识记生态工程的实例，能运用所学的知识对各选项作出正确的判断，属于考纲识记和理解层次的考查．16．下列哪一项不是精子、卵细胞发生的区别( )A．初级精母细胞、初级卵母细胞的形成时间B．MⅠ和MⅡ的时间连续性C．成熟生殖细胞是否经过变形D．成熟生殖细胞中染色体的数量考点：精子和卵细胞形成过程的异同．分析：哺乳动物精子和卵子发生的不同点：（1）精子的减数两次分裂是连续的，场所唯一（MⅠ和MⅡ的场所都是睾丸）；而卵子的两次分裂是不连续的，场所不唯一．（MⅠ场所在卵巢，MⅡ场所在输卵管中）（2）精子和卵子发生的时间不同：精子的发生是从初情期一直到生殖机能衰退；多数哺乳动物卵子的形成和在卵巢内的贮备是胎儿出生前完成的；MⅠ是在雌性动物排卵前后完成的，MⅡ是在受精过程中完成的；（3）精子的形成过程需要变形；卵细胞的形成过程不需要变形．解答：解：A、初级精母细胞是雄性动物初情期开始后，才由精原细胞分裂形成的，而初级卵母细胞是在胎儿期性别分化后形成的，A错误；B、精子的产生过程中，MⅠ和MⅡ是连续的，而卵细胞产生过程中，MⅠ和MⅡ是不连续的，B 错误；C、精子细胞形成后变形为蝌蚪状，卵细胞不需要变形，C错误；D、成熟的精子和卵细胞经过减数分裂形成，都含有相当于亲本体细胞一半的染色体数目，D 正确．故选：D．点评：本题考查精子和卵细胞形成过程的异同，要求考生识记精子和卵子的发生，掌握两者的相同点和不同点，只要考生识记相关知识点即可正确答题，属于考纲识记层次的考查．对于此类试题，考生要学会在平时的学习过程中对相关知识点进行归纳和总结．。