山东省新泰市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

山东省新泰市第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试化学试题

新泰一中高一下学期期中考试 化学试题 可能用到的相对分子质量：H‎-1 C-12 N-14 O‎-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65‎ 第I卷（选择题，共60分）‎ 一、选择题(共15小题，每小题有一个正确答案，每小题2分，共30分)‎ ‎1.据报道：氦-3在月球储量能供地球一万年的能源使用。下列关于He的说法正确的是（ ）‎ A. He原子核内含有3个中子 B. He和31H互为同位素 C. He原子核外有3个电子 D. He和He是两种不同的核素 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．He原子核内质量数为3，质子数为2，所以中子数为3-2=1，A选项错误；‎ B．He和H质子数不同，中子数不同，不能互为同位素，B选项错误；‎ C．He原子核外电子数等于质子数，有2个电子，C选项错误；‎ D．He和He中子数不同，是两种不同的核素，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】在元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数，且质量数=质子数+中子数，原子的核外电子数等于质子数，质子数相同的中子数不同的同一元素的原子互为同位素。‎ ‎2.‎2011年3月12日日本福岛几组核电站受强地震的影响连续爆炸，造成严重的核泄漏。据报道在核电站附近检测到主要的两种放射性物质为：I和Cs，下列关于I和Cs的说法不正确的是（ ）‎ A. I位于第五周期第ⅦA族 B. Cs的质量数为137‎ C. I原子中中子数与核外电子数之差为25‎ D. Cs的失电子能力比钾的弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素符号的左上角为质量数，左下角为质子数，且质量数=质子数+中子数，原子的核外电子数=质子数=核电荷数=原子序数，据此分析解答问题。‎ ‎【详解】A．I的核电荷数为53，为第53号元素，位于第五周期第ⅦA族，A选项正确；‎ B．元素符号的左上角为质量数，则Cs的质量数为137，B选项正确；‎ C．I原子中中子数为131-53=78，核外电子数为53，二者差78-53=25，C选项正确；‎ D．Cs与钾是同主族元素，其半径比钾大，失电子能力比钾的强，D选项错误；‎ 答案选D ‎3.下列说法中肯定错误的是 A. 某原子K层上只有一个电子 B. 某离子M层和L层电子数均为K层的4倍 C. 某原子M层电子数为L层电子数的4倍 D. 阳离子最外层电子数可能为2，也可能为8‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．某原子K层上只有一个电子，符合电子排布规律，故正确；‎ B．某离子M层和L层电子数均为K层的4倍，因为K层最多是2个电子，说明其MN层都为8个电子，符合电子排布规律，故正确；‎ C．L层作为内层电子，应排8个电子，而某原子M层电子数为L层电子数的4倍，说明其为32个电子，但M最多只能排18个电子，故肯定错误；‎ D．阳离子如果只有第一层，则最外层电子数为2，如果最外层是第二层或第三层等，电子数应为8个，故正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】原子核外电子的排布规律为：1. 电子依次从内向外排，第一层排满再排第二层，依次顺序；2. 各层最多容纳2n2个电子；3.最外层最多容纳8个电子（K层作为最外层，最多2个电子），次外层最多容纳18个电子，倒数第三层最多容纳32个电子。3个要求相互制约。‎ ‎4.下列各组物质中化学键类型完全相同的是 A. HBr NaCl H2O B. H2O2 Na2O‎2 C2H4‎ C. NH3 H2O HC1 D. NaOH NH‎4C1 CaCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HBr、H2O含有共价键，NaCl含有离子键，故A错误；‎ B．H2O2、C2H4含有共价键，Na2O2含有离子键和共价键，故B错误；‎ C．NH3、H2O 、HC1含有共价键，故C正确；‎ D．NaOH、NH‎4C1含有共价键和离子键，CaCl2只含离子键，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.下列说法中正确的一组是 A. H2和D2互为同位素 B. CH3COOH和C2H4O2表示同一种物质 C. 和互为同分异构体 D. 金刚石、石墨和足球烯（C60)互为同素异形体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同位素是质子数相同、中子数不同的原子，故A错误；‎ B．C2H4O2可能为乙酸，也可能为甲酸甲酯，所以CH3COOH和C2H4O2一定是同一种物质，故B错误；‎ C．甲烷是正四面体结构，当甲烷中的两个氢原子被氯原子取代得到的是同一种物质，故C错误；‎ D．金刚石、石墨和足球烯（C60)都是由碳元素组成的单质，互为同素异形体，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.下列说法中，不正确的是 A. 物质燃烧一定是放热反应 B. 放热反应在常温下一定很容易发生 C. 化学键的断裂一定需要吸收能量 D. 化学反应除了生成新的物质外，一定伴随着能量的变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．发光放热的剧烈化学反应叫燃烧，物质燃烧一定是放热反应，故A正确；‎ B．放热反应在常温下不一定容易发生，故B错误；‎ C．化学键的断裂一定需要吸收能量，成键一定放热，故C正确；‎ D．化学反应一定伴随着能量变化，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎7.1 mol某烷烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气246. ‎4 L (标准状况)，它在光照的条件下与氯气反应，能生成4 种不同的一氯取代物，该烷烃的结构简式是 A. B. CH3CH2CH2CH2CH3‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设烷烃为CnH2n+2，1mol该烷烃充分燃烧耗氧量为n+[(2n+2)/4]=246.4/22.4,解得n=7，故排除B C两项，A项中一氯取代物有4种，而D项中一氯取代物有3种，所以A正确，D错误；综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】对于有机物CnHm，在氧气中完全燃烧消耗氧气的量计算方法：1molCnHm,完全燃烧耗氧量=1×（碳原子数+氢原子数/4）mol,即（n+[(‎2m+2)/4]mol。对于有机物CnHmOZ 在氧气中完全燃烧消耗氧气的量计算方法：1molCnHmOZ完全燃烧耗氧量=n+[(‎2m+2)/4]-Z/2mol。‎ ‎8.下列物质各m g分别与VLNaOH溶液反应至体系中均恰好无固体物质，原NaOH溶液的浓度最大的是 A. Al B. A12O‎3 ‎C. A1(OH)3 D. AlCl3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】m g Al消耗氢氧化钠的物质的量是 ；m g A12O3消耗氢氧化钠的物质的量是；m g A1(OH)3消耗氢氧化钠的物质的量是；m g AlCl3消耗氢氧化钠的物质的量是，故A正确。‎ ‎9.如图所示，电流表A指针发生偏转，同时M极质量增加，N极质量减少，M为电解质溶液。则M、N、B分别为 A. M是Cu，N是Zn，B是稀硫酸 B. M是 Zn，N 是 Cu，B 是 CuCl2溶液 C. .M是Ag，N是Fe，B是稀AgNO3溶液 D. M是Ag，N是Fe，B是稀硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】同时M极质量增加，N极质量减少，说明N是负极、M是正极，N的活泼性大于M；M极质量增加，M极析出金属，说明电解质是盐溶液，故C正确。‎ ‎10.莽草酸有抗炎、镇痛作用，其结构简式如下图所示，下列关于莽草酸的说法不正确 A. 莽草酸的分子式为C7H4O5‎ B. 莽草酸的分子之间可能发生酯化反应 C. 莽草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. lmol莽草酸能与4molNa反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据结构简式，莽草酸的分子式为C7H10O5，故A错误；‎ B．分子中含有的官能团有羧基、3个羟基，莽草酸的分子之间可能发生酯化反应，故B正确；‎ C．分子中含有碳碳双键、羟基，莽草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；‎ D．含有1个羧基、3个羟基，lmol莽草酸能与4molNa反应，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎11.下列叙述中正确的是 A. 通过盛有高锰酸钾溶液的洗气瓶除去甲烷中的少量乙烯 B. 石油的分馏和煤的干馏都发生的是化学变化 C. 碘水和新制的Cu(OH)2悬浊液都可以鉴别葡萄糖溶液和淀粉溶液 D. 制取乙酸乙酯时，将产生气体的导管口伸入饱和Na2CO3溶液中可提高吸收效率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯被高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，不能用盛有高锰酸钾溶液的洗气瓶除去甲烷中的少量乙烯，故A错误；‎ B．石油的分馏是物理变化，故B错误；‎ C．碘水使淀粉溶液变蓝、葡萄糖与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，故C正确；‎ D．制取乙酸乙酯时，产生气体的导管口不能伸入饱和Na2CO3溶液中，以防止发生倒吸，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.在一定条件下，向某密闭容器中充入SO2和18O2合成SO3，以下叙述不正确的是 A. 开始反应时，正反应速率最大，逆反应速率为零 B. 随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后减小为零 C. 平衡时，正反应速率与逆反应速率相等且不为零 D. 达到平衡时，SO2、O2、S03三者中均存在18O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开始反应时，反应物浓度最大，所以正反应速率最大，故A正确；‎ B．生成物浓度为零，所以逆反应速率为零，故A正确；随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不能减小为零，故B错误；‎ C．平衡时反应没有停止，正反应速率与逆反应速率相等且不为零，故C正确；‎ D．可逆反应同时向正逆两个方向进行，达到平衡时，SO2、O2、S03三者中均存在180，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎13.利用如图装置和下列试剂不能达到实验目的的是 A试剂 B试剂 C试剂 实验目的 A 稀硫酸 碳酸钙粉末 硅酸钠溶液 比较非金属性：S>C>Si B 浓盐酸 二氧化锰粉末 溴化钠溶液 比较非金属性：Cl>Br C 双氧水 二氧化锰粉末 氢硫酸 比较氧化性：O2>S D 浓硫酸 亚硫酸钠固体 品红溶液 验证SO2具有溧白性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸和碳酸钙粉末反应生成二氧化碳，通入硅酸钠溶液，产生硅酸沉淀，符合强酸制取弱酸的原理，最高价氧化物对应的水化物越强，非金属性越强，故实验A 能达到实验目的；‎ B．常温下浓盐酸与二氧化锰不反应，所以B不能达到实验目的；‎ C．把氧气通入氢硫酸中，生成沉淀硫单质，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以得出氧化性：O2>S，故C能达到实验目的；‎ D．浓硫酸与亚硫酸钠同体生成二氧化硫气体，二氧化硫使品红褪色，实验D能达到实验目的；‎ 故选B。‎ ‎14.部分短周期元素(用字母表示)原子最外层电子数与原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 相同质量的Z和W单质分别与足量稀盐酸反应时，Z的单质获得的氢气多 B. 气态氢化物的稳定性：Q>Y>X C. Z, W, Q三种元素最高价氧化物对应的水化物之间两两均可反应生成盐和水 D. X与Q形成的化合物和Z与Q形成的化合物的化学键类型相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示X、Y、Z、W、Q分别是C、N、Na、Al、S；‎ ‎【详解】A．相同质量的Na和Al单质分别与足量稀盐酸反应时，Al获得的氢气多，故A错误；‎ B．气态氢化物的稳定性和非金属一致，非金属性：N>S>C，所以氢化物的稳定性：NH3>H2S>CH4，故B错误；‎ C．氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝、氢氧化钠、硫酸两两均可反应生成盐和水，故C正确；‎ D．CS2含有共价键、Na2S含有离子键，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.某学生用纯净的Cu与50mL过量浓HNO3反应制取NO2‎ ‎，实验结果如下图所示。气体体积为标准状况，且忽略溶液体积变化)。不列说法正确的是 ‎ A. OA、AB、BC段中，OA段反应速率最慢 B. AB段反应速率加快，仅因为产物有催化作用 C. OC段用浓硝酸表示的反应速率v=0.2 mol/(L·min)‎ D. 向反应体系中加入固体KNO3对反应速率无影响 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．相同时间内BC段产生的气体最少，BC段反应速率最慢，故A错误；‎ B．AB段反应速率加快，因为反应放热，体系温度升高，故B错误；‎ C．OC段用浓硝酸表示的反应速率v= 0.2 mol/(L·min)，故C正确；‎ D．向反应体系中加入固体KNO3，硝酸根离子浓度增大，反应速率增大，故D错误；‎ 故选C。‎ 二、选择题(共10小题，每小题有一个或两个正确答案，每小题3分，两个正确答案只选对一个得1.5分，选错得0分，共30分)‎ ‎16.为了提纯下列物质(括号内为杂质)所选用的除杂试剂与除杂方法都正确的是（ ）‎ 不纯物 除杂试剂 除杂方法 A.‎ 乙烷(乙烯）‎ H2‎ Ni/加热 B.‎ 乙醇(水）‎ CaO 蒸馏 C 乙酸乙酯(乙酸)‎ 饱和Na2CO3溶液 分液 D.‎ 乙酸(水）‎ Na 蒸馏 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯在Ni作催化剂，加热的条件下可与H2发生加成反应得到乙烷，但加入H2的量无法控制，容易引入新的杂质H2，A选项错误；‎ B．水与生石灰反应生成氢氧化钙，氢氧化钙沸点高，乙醇的沸点低，可通过蒸馏的方法分离开，从而达到除去乙醇中混有的水的目的，B选项正确；‎ C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，C选项正确；‎ D．乙酸、水都能与钠发生反应，不能用钠除去乙酸中的水，D选项错误；‎ 答案选BC。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的分离提纯，把握有机物的性质、混合物分离提纯为解答的关键，注意有机物的性质差异，A选项为易错点，一般不用气体除去气体中的杂质，因为无法控制用量，引入新的杂质。‎ ‎17.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=CH2　②CH3—C≡C—CH3‎ ‎③CH2=CH—CN　④CH3—CH=CH—CN ‎⑤CH3—CH=CH2　⑥CH3—CH=CH—CH3‎ A. ③⑥‎ B. ②③‎ C. ①③‎ D. ④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中丁腈橡胶可知，本题考查丁腈橡胶的合成原料，运用丁腈橡胶的合成原理分析。‎ ‎【详解】丁腈橡胶的链节是 ‎，去掉两端的短线后为，将链节主链单键变双键，双键变单键，断开错误的双键，即可得两种单体：CH2=CH—CH=CH2与CH2=CH—CN。‎ 答案选C。‎ ‎18.下列实验不能达到预期目的是（ ）‎ 序号 实验操作 实验目的 A Cl2、Br2分别与H2反应 比较氯、溴的非金属性强弱 B MgCl2、AlCl3溶液中分别通入NH3‎ 比较镁、铝的金属性强弱 C 测定相同浓度H2CO3、H2SO4两溶液的酸性 比较碳、硫的非金属性强弱 D Fe、Cu分别与浓硝酸反应 比较铁、铜的金属性强弱 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，与氢气化合越容易，氯气和氢气在光照条件下能反应、溴和氢气在加热条件下能反应，所以非金属性Cl＞Br，A选项正确；‎ B．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，氨气和氯化镁、氯化铝溶液都反应生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，不能确定氢氧化铝、氢氧化镁碱性强弱，则不能确定两种金属的金属性强弱，B选项错误；‎ C．最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强，测定相同浓度H2CO3、H2SO4两溶液的酸性，从而判断出碳、硫的非金属强弱，C选项正确；‎ D．常温条件下，Fe遇浓硝酸发生钝化，Cu与浓硝酸可发生反应，不能判断出Fe、Cu的金属性强弱，D选项错误；‎ 答案选BD。‎ ‎19.有两种气态烷烃的混合物，在标准状况下其密度为‎1.16g•L-1，则关于此混合物组成的说法正确的是（ ）‎ A. 一定有甲烷 B. 一定有乙烷 C. 可能是甲烷和乙烷的混合物 D. 可能是乙烷和丙烷的混合物 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该混合烃的平均摩尔质量为‎1.16g/L×‎22.4L/mol=‎26g/mol，即平均相对分子质量为26，相对分子质量小于26的烷烃是甲烷，其相对分子质量为16，其他烷烃相对分子质量都大于26，所以混合物中一定有甲烷，结合常温烃为气态烃判断。‎ ‎【详解】A．由上述分析可知，混合物中一定含有甲烷，选项A正确；‎ B．乙烷的相对分子质量为30，可能含有乙烷，也可能不含有乙烷，B选项错误；‎ C．乙烷的相对分子质量为30，可能是甲烷和乙烷的混合物，C选项正确；‎ D．乙烷与丙烷的相对分子质量都大于16，不可能是乙烷和丙烷的混合物，D选项错误；‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】本题主要考查混合物计算、有机物分子式的确定等，题目难度中等，注意利用平均相对分子质量进行分析解答，侧重于考查学生的思维能力。‎ ‎20.反应A+B→C（（放热）分两步进行：①A+B→X（吸热）②X→C（放热），下列示意图中能正确表示总反应过程中能量进变化的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A+B→C为放热反应，则A+B的总能量大于生成C的总能量，排除A、 B选项，A+B→X(吸热)，则X的能量大于A+B的总能量，X→C(放热)，则X的能量大于C的总能量，排除C选项；‎ 答案选D ‎【点睛】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热。‎ ‎21.下列关于苯的叙述正确的是( )‎ A. 反应①为取代反应，有机产物的密度比水小 B. 反应②为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟 C. 反应③为取代反应，有机产物是一种烃 D. 反应④1mol苯最多与3molH2发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯与液溴发生取代反应，生成溴苯，溴苯的密度比水大，所以与水混合沉在下层，故A错误；‎ B．苯能与在空气中能燃烧，发生氧化反应，燃烧时火焰明亮并带有浓烟，故B正确；‎ C．苯能与硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯中除了含有C、H，还含有N和O，不属于烃，故C错误；‎ D．苯分子没有碳碳双键，而是一种介于单键和双键之间独特的键，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎22.下列说法中正确的是 A. 纯净物中一定存在化学键 B. 阴、阳离子间通过静电引力而形成的化学键叫做离子键 C. 只有金属元素和非金属元素化合时才能形成离子键 D. 离子化合物中可能含共价键，共价化合物中不含离子键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ 纯净物中不一定存在化学键，比如说稀有气体分子都为单原子分子，稀有气体中不存在化学键，A错误；‎ B.阴、阳离子间通过静电作用而形成的化学键叫做离子键，B错误；‎ C.金属元素和非金属元素化合时通常形成离子键，非金属元素和非金属元素化合时也能形成离子键，如氯化铵等铵盐，C错误；‎ D.离子化合物中可能含共价键，如Na2O2、NaOH等离子化合物中含共价键，共价化合物中不含离子键，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎23. 诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中丝和泪分别指（ ）‎ A. 纤维素油脂 B. 蛋白质烃类 C. 淀粉油脂 D. 蛋白质油脂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】蚕丝成分是蛋白质，蜡的成分是烃类，故B正确。‎ ‎24.根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）‎ A. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱 B. 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同 C. Cl-、S2-、Ca2+、K+半径逐渐增大 D. Cl与Cl得电子能力相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价，含氧酸的酸性不一定减弱，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，A选项错误；‎ B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如Ar原子化学性质稳定，而S2−离子具有强还原性，B选项错误；‎ C．电子排布相同的微粒，原子序数越大，半径越小，则S2-、Cl‾、K+、Ca2+半径逐渐减小，C选项错误；‎ D．同位素的化学性质相同，Cl与Cl互为同位素，所以它们形成的单质的化学性质相同，即Cl与Cl得电子能力相同，D选项正确；‎ 答案选D。‎ ‎25.实验室制取乙酸乙酯的实验装置如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 试管A中，依次加入的是浓硫酸、乙醇、乙酸 B. B中加入的是饱和Na2CO3溶液 C. B中的导管也可以伸入到液面以下 D. 实验结束，B的下层出现少量油层 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．混合过程中用到浓硫酸，相当于浓硫酸的稀释，需要在试管中先加乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸，最后再加冰醋酸，试剂加入顺序不合理，A选项错误；‎ B．乙醇、乙酸易挥发，则饱和碳酸钠溶液的作用为吸收乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，分液可分离出乙酸乙酯，B选项正确；‎ C．乙酸、乙醇易溶于水，易发生倒吸，则试管B中导气管下端管口不能浸入液面下，防止倒吸，C选项错误；‎ D．乙酸乙酯的密度比水小，且不溶于水，生成的乙酸乙酯应在上层，D选项错误；‎ 答案选B 第Ⅱ卷（非选择题共40分）‎ ‎26.阿司匹林（）能解热镇痛。‎ ‎（1）阿司匹林中含氧官能团有酯基和___（填名称）。‎ ‎（2）向阿司匹林的水溶液中滴入2～3滴紫色石蕊溶液，溶液颜色变红，说明阿司匹林溶液具有___性。‎ ‎（3）阿司匹林在一定条件下水解生成水杨酸（）和另一种酸A ‎，试写出另一种酸A的结构简式___。‎ ‎【答案】 (1). 羧基 (2). 酸 (3). CH3COOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据阿司匹林的结构简式判断；‎ ‎(2)石蕊遇酸变红；‎ ‎(3)阿司匹林（）分子中含有酯基，根据酯水解产物判断。‎ ‎【详解】(1)阿司匹林的结构简式为，分子中的含氧官能团有酯基和羧基，故答案为：羧基；‎ ‎(2)石蕊遇酸变红，向阿司匹林的水溶液中滴入2~3滴紫色石蕊溶液，溶液颜色变红，说明阿司匹林溶液具有酸性，故答案为：酸；‎ ‎(3)阿司匹林（）分子中含有酯基，在一定条件下水解生成水杨酸（）和另一种酸A，则另一种酸A的结构简式应为CH3COOH，故答案为：CH3COOH。‎ ‎27.A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原子序数依次增大。A可与其他四种元素分别形成二元化合物，其中只在与D形成的化合物中呈-1价；B‎2C5对应的水化物与BA3反应生成一种盐X；D的原子半径在短周期中最大（0族元素除外)；E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的倍。请回答下列问题：‎ ‎（1）X的化学式为__，化合物DA的电子式为__。‎ ‎（2）元素的非金属性C__E(填“>”“<”或“=”）下列各项中，能说明该结论的事实有__；(填序号)。‎ ‎①氢化物H2E的酸性比H‎2C强 ‎②氢化物H‎2C的热稳定性比H2E强 ‎③氢化物H2E的水溶液放置在空气中会变浑浊 ‎④单质与氢气化合C比E容易 ‎【答案】 (1). NH4NO3 (2). (3). ＞ (4). ②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题干信息，A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A可与其他四种元素分别形成二元化合物，其中只在与D形成的化合物中呈-1价，D的原子半径在短周期中最大（0族元素除外)，则D是Na元素，A是H元素，B‎2C5对应的水化物与BA3反应生成一种盐X，则B是N元素，C是O元素，X是NH4NO3，E元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的倍，则E是S元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知，X的化学式为NH4NO3，化合物DA为NaH，是离子化合物，其电子式为，故答案为：NH4NO3；；‎ ‎(2)同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则元素的非金属性：O>S；‎ ‎①氢化物的酸性不能比较非金属的强弱，①错误；‎ ‎②非金属性越强，氢化物就越稳定，则氢化物的热稳定性：H2O>H2S，②正确；‎ ‎③H2S的水溶液放置在空气中会变浑浊，说明氧气氧化H2S得到S单质，氧气的氧化性大于S，③正确；‎ ‎④非金属性越强，越易与氢气化合，因此单质与氢气化合O比S容易，④正确；‎ 综上所述，②③④正确，故答案为：>；②③④。‎ ‎【点睛】短周期元素中最高价氧化物的水化物与氢化物能反应生成盐的元素式氮元素，生成的盐是硝酸铵为本题的突破口。‎ ‎28.实验室使用乙醇和浓硫酸反应生成乙烯，乙烯再与溴反应制1，2—二溴乙烷。在制备过程中部分乙醇被浓硫酸氧化产生CO2、SO2。‎ 已知：1.CH3CH2OH CH2=CH2↑+H2O ‎2.Br2的熔点为‎-7.2℃‎，1,2-二溴乙烷的熔点为‎9.3℃‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)用下列仪器，以上述三种物质为原料制备1，2—二溴乙烷。如果体流向为从左到右，正确的连接顺序是__________(填接口字母)。‎ ‎(2)装置A中碎瓷片的作用是 ____________。‎ ‎(3)若装置C中玻璃管内液面上升，则其原因可能是___________。‎ ‎(4)装置D中盛有10%NaOH溶液的作用是___________。‎ ‎(5)B中试管内进行的主要反应的化学方程式为___________。‎ ‎(6)处理上述实验后三颈烧瓶中废液的正确方法是___________。‎ a.废液经冷却后倒入下水道中 b.废液经冷却后倒入空废液缸中 c.将水加入烧瓶中稀释后倒人空废液缸中 ‎【答案】 (1). afgdebch (2). 防止暴沸 (3). CH2BrCH2Br冷凝使导气管堵塞 (4). 吸收气体中的CO2、SO2 (5). CH2=CH2 + Br2 → CH2BrCH2Br (6). b ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 必须除去混在乙烯中的气体杂质，尤其是SO2气体，以防止SO2与Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，影响1，2-二溴乙烷产品的制备；制取乙烯气体用A组装；一安全瓶C兼防堵塞；D装置净化气体，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体；B装置制备1，2-二溴乙烷；E装置尾气处理。‎ ‎【详解】(1)根据以上分析，仪器组装顺序是：制取乙烯气体用A装置 →净化气体（D，用NaOH溶液吸收CO2和SO2等酸性杂质气体）→安全瓶（C，兼防堵塞）→制备1，2-二溴乙烷的主要反应装置（B）→尾气处理（E）, 连接顺序是a→ f→ g→ d→ e →b→c→h。‎ ‎(2)装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸。‎ ‎(3)CH2BrCH2Br冷凝使导气管堵塞，C中压强增大，造成装置C中玻璃管内液面上升；‎ ‎(4)装置D中盛有10%NaOH溶液可以吸收气体中的CO2、SO2等酸性气体；‎ ‎(5)B中试管内乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，化学方程式为CH2=CH2 + Br2 → CH2BrCH2Br；‎ ‎(6)三颈烧瓶中废液含有浓硫酸，正确处理方法是经冷却后倒入空废液缸中。‎ ‎【点睛】乙醇在浓硫酸作用下加热到‎170℃‎，发生消去反应生成乙烯和水，在加热时为防止生成乙醚，要迅速把温度加热到‎170℃‎。‎ ‎29.I、某有机物的结构简式如下图所示 ‎ 试回答：‎ ‎（1）该有机物的分子式______，苯环上一氯代物有_____种。‎ ‎（2）含有官能团的名称____________。‎ ‎（3）1mol该有机物分别与足量的H2、溴水反应需消耗H2____mol，Br2_____mol。‎ ‎（4）该有机物与金属钠反应的化学方程式为_____________。‎ ‎（5）该有机物在Cu催化下发生氧化反应的化学方程式为________。‎ ‎【答案】 (1). C17H16O3 (2). 5 (3). 碳碳双键；羧基；羟基 (4). 7 (5). 1 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据物质的结构简式可知该有机物的分子式是C12H18O3，在连有3个取代基的苯环上一氯代物有2种，另一个苯环上的一氯代物有3种，所以共5种；‎ ‎（2） 根据物质的分子结构可知，该物质含有官能团的名称是碳碳双键；羧基；羟基；‎ ‎（3） 一个苯环可以和3molH2发生加成反应，一个碳碳双键可以和1molH2发生加成反应，该物质的分子中含有3个苯环和1个碳碳双键，所以1mol该有机物共消耗7mol H2；碳碳双键可以和溴发生加成反应，消耗1molH2，故1mol该有机物分别与足量的H2需消耗H27mol，消耗Br21mol；‎ ‎（4）醇羟基、羧基都可以与金属钠发生反应，则该有机物与金属钠反应的化学方程式为 ‎；‎ ‎（5）该有机物在Cu催化下醇羟基可以被氧化变为醛基，发生氧化反应的化学方程式为。‎