2018-2019学年吉林省长春外国语学校高一下学期期末考试化学（理）试题（解析版）

2018-2019学年吉林省长春外国语学校高一下学期期末考试化学（理）试题（解析版）

长春外国语学校2018-2019学年第二学期期末考试高一年级 化学试卷(理科)‎ 可能用到的相对原子质量：C—12 O—16 H—1 N—14 ‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共20小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。‎ ‎1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 温室气体能吸收太阳光中的绝大部分紫外线，使地球上的生物免受紫外线伤害 B. 长时间咀嚼馒头会感觉有甜味，是因为淀粉有甜味 C. 天然气是高效清洁的燃料，也是重要的化工原料 D. 浓度为95%的酒精消毒效果比75%的好 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、臭氧能吸收太阳光中的绝大部分紫外线，使地球上的生物免受紫外线伤害，故A错误；‎ B项、馒头的主要成分是淀粉，淀粉是没有甜味的，但是淀粉的分解产物麦芽糖是有甜味的，淀粉的消化从口腔开始，口腔中的唾液淀粉酶能够将部分淀粉分解为麦芽糖，因此我们咀嚼馒头时会觉得有甜味，故B错误；‎ C项、天然气既是一种清洁的化石燃料，更是一种重要的化工原料，作为化工原料，它主要用于合成氨和生产甲醇等，故C正确；‎ D项、酒精消毒的作用主要是致使组成细菌的蛋白质凝固后，导致细菌死亡，95%的酒精浓度过高会使蛋白质迅速凝固而形成一层保护膜，酒精不能再深入破坏蛋白质，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学与生活，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的性质与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。‎ ‎2.下列有关硅及其化合物的说法正确的是 A. 晶体硅可用于制造电脑芯片 B. 所有的硅酸盐都难溶于水 C. 浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D. 单质硅性质稳定，常温下不与任何物质反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、硅单质是半导体材料，可用于制造电脑芯片；‎ B、硅酸钠溶于水；‎ C、氢氟酸可刻蚀石英；‎ D、单质硅常温下可与氢氧化钠溶液、氢氟酸反应。‎ ‎【详解】A项、硅单质是半导体材料，可用于制造电脑芯片，故A正确；‎ B项、大多数的硅酸盐都难溶于水，但硅酸钠溶于水，故B错误；‎ C项、浓硫酸不与二氧化硅反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，故C错误；‎ D项、单质硅性质稳定，常温下可与氢氧化钠溶液、氢氟酸反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查硅及其化合物，注意硅及其化合物的性质与用途是解答关键。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色且褪色的原理相同 B. 常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化 C. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应 D. 铵盐与浓的强碱的溶液共热都能产生氨气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、次氯酸具有强氧化性，使品红溶液漂白褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色；‎ B、浓硫酸具有强氧化性，使铁、铝表面形成致密氧化膜，发生钝化；‎ C、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；‎ D、与浓的强碱的溶液共热产生氨气是铵盐的共性。‎ ‎【详解】A项、氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，使品红溶液漂白褪色，二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，褪色原理不同，故A错误；‎ B项、常温下，浓硫酸和Cu不反应，加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应，故B错误；‎ C项、铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，没有单质生成，不是置换反应，故C错误；‎ D项、铵盐均能与浓的强碱的溶液共热反应生成氨气，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素及化合物的性质，明确物质的性质、化学反应的实质是解题关键。‎ ‎4.某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质，相关说法正确的是 A. 如果MnO2过量，浓盐酸就可全部被消耗 B. 量筒中发生了取代反应 C. 生成蓝色的烟 D. 湿润的有色布条褪色说明了Cl2具有漂白性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、稀盐酸与二氧化锰不反应；‎ B、氯气和甲烷在光照下发生取代反应；‎ C、铜丝在氯气燃烧生成棕黄色的烟；‎ D、Cl2不具有漂白性。‎ ‎【详解】A项、二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰不反应，当盐酸浓度降低时，反应停止，则盐酸不能完全消耗，故A错误；‎ B项、氯气和甲烷在光照下发生取代反应，故B正确；‎ C项、铜丝在氯气燃烧生成棕黄色的烟，加水溶液呈蓝色，故C错误；‎ D项、氯气与水反应生成具有漂白性的HClO，湿润的有色布条褪色说明次氯酸具有漂白性，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查氯气的制备与性质，明确氯气制备的反应原理，明确氯气的性质、化学反应的实质是解题关键。‎ ‎5.下列化学用语或模型正确的是 A. 氮分子的电子式： B. 乙烯的结构简式：CH2CH2‎ C. Na2O2电子式： D. 二氧化碳的比例模型：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氮气是双原子分子，两个N原子间通过三对共用电子成键，电子式为，故A错误；‎ B项、乙烯的分子式为C2H4，官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；‎ C项、Na2O2为离子化合物，是由钠离子和过氧根离子组成，电子式为，故C正确；‎ D项、由二氧化碳的分子式与模型可知，模型中半径较小的球表示碳原子，模型中碳原子的半径应比氧原子半径小，实际碳原子的半径应比氧原子半径大，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学用语，注意掌握电子式、结构简式、比例模型等常见的化学用语的概念及判断方法是解答关键。‎ ‎6.氢化铵(NH4H)与氯化铵的结构相似，它与水反应有气体生成。下列关于氢化铵叙述正确的是 A. 是离子化合物，含有离子键和共价键 B. 电子式是 C. 与水反应时，NH4H是氧化剂 D. 固体投入少量的水中，只产生一种气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由氢化铵（NH4H）与氯化铵的结构相似可知，氢化铵由NH4+和H-构成的离子化合物，NH4H中含有H-，与水反应时发生氧化还原生成氢气，NH4H为还原剂。‎ ‎【详解】A项、NH4H与氯化铵的结构相似，是由NH4+和H-构成的离子化合物，故A正确；‎ B项、NH4H是离子化合物，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为，故B错误；‎ C项、NH4H中含有H-，与水反应时发生氧化还原生成氢气，NH4H为还原剂，发生氧化反应，故C错误；‎ D项、NH4H固体投入少量水中，NH4H有很强的还原性，可与H2O发生反应：NH4H＋H2O=NH3·H2O＋H2↑，生成的气体为NH3和H2，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎7.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T所处的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是 A. 最简单气态氢化物的热稳定性：R＞Q B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞W C. 原子半径：T＞Q＞R D. 单质T既可以与盐酸反应又能与NaOH溶液反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由T所处的周期序数与族序数相等可知，T是Al元素；由周期表的相对位置可知，Q为Si元素、R为N元素、W为S元素。‎ ‎【详解】A项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，N元素非金属性强于Si元素，则氢化物的稳定性R＞Q，故A正确；‎ B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Si元素弱于S元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性W>Q，故B错误；‎ C项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素自上而下，原子半径依次增大，则原子半径的大小顺序为T＞Q＞R，故C正确；‎ D项、单质铝能与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。‎ ‎8.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，由此可知 W X Y Z A. X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最强的是Y B. Y元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Z C. X元素形成的单核阴离子还原性强于Y D. W的简单气态氢化物的水溶液呈碱性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在周期表中的位置知，X、Y、Z、W四种短周期元素中W、X属于第二周期元素，Y、Z属于第三周期元素，由X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，X是O元素，则W是N元素、Y是S元素、Z是Cl元素。‎ ‎【详解】A项、元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，O、S、Cl三种元素中，O元素的非金属性最强，则最简单氢化物稳定性最强的是O，故A错误；‎ B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S元素弱于Cl元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性高氯酸强于硫酸，故B错误；‎ C项、元素非金属性越强，其对应的单核阴离子还原性越弱，O元素的非金属性强于S元素，则单核阴离子还原性阳离子弱于硫离子，故C错误；‎ D项、W是N元素，简单气态氢化物为氨气，氨气的水溶液呈碱性，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用题给信息推断元素为解答关键。‎ ‎9.下列关于CH4和的叙述正确的是 A. 两者互为同系物 B. 与所有烷烃互为同分异构体 C. 它们的物理、化学性质相同 D. 通常情况下前者是气体，后者是液体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 的分子式为C4H10，CH4和均属于烷烃，通式为CnH2n+2，互为同系物，化学性质相似，物理性质不同。‎ ‎【详解】A项、CH4和均属于烷烃，通式为CnH2n+2，互为同系物，故A正确；‎ B项、CH4和与其他碳原子数不同的烷烃互为同系物，故B错误；‎ C项、CH4和结构相似，化学性质相似，物理性质不同，故C错误；‎ D项、碳原子数为1-4的烷烃常温下是气体，则CH4和均是气体，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎10.进行一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是(　　)‎ A. (CH3)2CHCH2CH2CH3 B. (CH3CH2)2CHCH3‎ C. (CH3)2CHCH(CH3)2 D. (CH3)3CCH2CH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物，说明有3种不同环境的氢原子，然后分析每种物质等效氢即可；‎ ‎【详解】一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物，说明有3种不同环境的氢原子，‎ A、根据所给有机物，有5种不同环境的氢原子，故A不符合题意；‎ B、根据所给有机物，有4种不同环境的氢原子，故B不符合题意；‎ C、根据所给有机物，有2种不同环境的氢原子，故C不符合题意；‎ D、根据所给有机物，有3种不同环境的氢原子，故D符合题意。‎ ‎【点睛】等效氢的判断是本题的难点，（1）同一个碳原子上氢原子是等效的，（2）对称两端的氢原子是等效的，（3）同一个碳原子上甲基上的氢原子是等效。‎ ‎11.下列反应属于取代反应的是 A. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色 B. 乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 乙烷与氯气在光照条件下反应 D. 苯与氢气反应生成环己烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取代反应为有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团取代的反应，注意取代反应和加成反应、氧化反应等反应类型的区别。‎ ‎【详解】A项、乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；‎ B项、乙醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；‎ C项、光照条件下，乙烷与氯气发生取代反应生成氯代烷和氯化氢，故C正确；‎ D项、一定条件下，苯与氢气发生加成反应生成环己烷，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机反应类型的判断，注意常见有机物的性质，根据性质判断可能发生的反应类型是解答关键。‎ ‎12.下列实验能获得成功的是 A. 苯与浓溴水用铁作催化剂制溴苯 B. 可用分液漏斗分离硝基苯和水 C. 将苯与浓硝酸混合共热制硝基苯 D. 加入水后分液可除去溴苯中溴 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、苯和液溴在铁作催化剂条件下制取溴苯，苯和浓溴水不反应，故A错误；‎ B项、互不相溶的液体可以采用分液方法分离，硝基苯和水不互溶，可以采用分液方法分离，故B正确；‎ C项、苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下制取硝基苯，没有催化剂，不能制取硝基苯，故C错误；‎ D项、溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，应该用NaOH溶液除去溴，然后采用分液方法分离，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于分析、实验能力的考查，注意常见有机物的性质，根据性质判断可能发生的反应类型和分离提纯的方法是解答关键。‎ ‎13.对于苯乙烯()有下列叙述：①能使酸性KMnO4溶液褪色；②能使溴的四氯化碳溶液褪色；③可溶于水；④所有的原子可能共平面。其中正确的是 A. ①②③ B. ①②④‎ C. ①③④ D. 全部正确 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】苯乙烯中含有苯环和碳碳双键，属于不饱和芳香烃，具有苯和乙烯的性质，苯乙烯的官能团为碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，又可使溴的四氯化碳溶液褪色；烃都难溶于水而易溶于有机溶剂(如苯、CCl4‎ ‎)，苯乙烯属于烃类，难溶于水；从分子结构上看，苯乙烯是苯和乙烯两个平面型结构的组合，分子中所有的原子可能共平面，则①②④正确，故选B ‎【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于基础知识的考查，注意把握有机物的官能团的性质，注意苯乙烯是苯和乙烯两个平面型结构的组合是解答关键。‎ ‎14.下列说法正确的是 A. 羟基与氢氧根离子有相同的化学式和电子式 B. 乙醇的官能团是—OH，可与NaOH溶液发生中和反应 C. 常温下，1 mol乙醇可与足量的Na反应生成11.2 L H2‎ D. 已知乙醇的结构式如图所示，则乙醇催化氧化时断裂的化学键为①③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙醇的官能团是—OH，属于醇类，能与活泼金属钠反应置换出氢气，能发生氧化反应、消去反应、酯化反应。‎ ‎【详解】A项、羟基的电子式为，氢氧根离子的电子式为，故A错误；‎ B项、乙醇的官能团是—OH，属于非电解质，不能与NaOH溶液发生中和反应，故B错误；‎ C项、标准状况下，1 mol乙醇可与足量的Na反应生成11.2 L H2，故C错误；‎ D项、乙醇催化氧化时，羟基发生氢氧键和与羟基相连的碳原子发生碳氢键断裂，断裂的化学键为①③，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考察了乙醇结构和性质，注意羟基是乙醇的官能团，乙醇的性质由官能团羟基决定，注意分析反应时断键部位是解答关键。‎ ‎15.分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)(　　)‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：能与Na2CO3反应放出气体，气体为二氧化碳，则化学式为C5H10O2的物质为羧酸，分子中含有官能团-COOH，该有机物可以书写为：C4H9COOH，丁烷分子中含有的位置不同的氢原子数目，即为该羧酸的同分异构体数目；丁烷存在的同分异构体为：①CH3CH2CH2CH3和②CH（CH3）3，其中①CH3CH2CH2CH3中存在2种位置不同的H原子；②CH（CH3）3中也存在2种CH（CH3）3，所以满足条件的该有机物同分异构体总共有：2+2=4种，故选B。‎ 考点：考查了同分异构体的相关知识。‎ ‎16.为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是 A B C D 被提纯物质 酒精(水)‎ 乙醇(乙酸)‎ 乙烷(乙烯)‎ 溴苯(溴)‎ 除杂试剂 生石灰 Na2CO3溶液 酸性KMnO4‎ 溶液 CCl4‎ 分离方法 蒸馏 分液 洗气 萃取 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、水能与氧化钙反应生成沸点高的氢氧化钙，加入生石灰然后蒸馏可分离出乙醇，故A正确；‎ B项、乙酸能与碳酸钠溶液反应生成沸点高的乙酸钠，加入碳酸钠溶液然后蒸馏可分离出乙醇，不能利用分液法分离，故B错误；‎ C项、除杂时应能将杂质除去并不能引入新的杂质，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，引入了新的杂质，故C错误；‎ D项、CCl4与溴苯和溴互溶，不能除去溴苯中混有的溴，应加入氢氧化钠溶液洗涤分液，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离提纯，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时注意不能引入新杂质是解答关键。‎ ‎17.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法 正确的是 A. 分子式为C7H6O5‎ B. 分子中含有2种官能团 C. 可发生加成和酯化反应 D. 1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出4molCO2气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结构简式可知，莽草酸的分子式为C7H10O5，官能团为羟基、碳碳双键和羧基，能够表现醇、烯烃、羧酸的性质。‎ ‎【详解】A项、由结构简式可知，莽草酸分子式为C7H10O5，故A错误；‎ B项、莽草酸分子中含有羟基、羧基、碳碳双键三种官能团，故B错误；‎ C项、莽草酸分子中含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羧基及羟基，可发生酯化反应，故C正确；‎ D项、莽草酸分子中只有羧基能与碳酸氢钠溶液反应，1mol莽草酸与足量的NaHCO3溶液反应可放出1molCO2气体，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】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，依据醇、烯烃、羧酸的性质分析是解答关键。‎ ‎18.下列关于营养物质的说法错误的是 A. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖 B. 大部分酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质 C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色 D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、蔗糖和麦芽糖为双糖，果糖为单糖，故A错误；‎ B项、酶是具有催化作用的蛋白质或RNA，大部分酶是蛋白质，是一种生物催化剂,具有高选择催化性能，故B正确；‎ C项、植物油含不饱和脂肪酸酯，官能团为碳碳双键和酯基，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故C正确；‎ D项、淀粉和纤维素是多糖，一定条件下发生水解反应，水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，侧重于基础知识的考查，注意把握基本营养物质的结构性质的异同是解答关键。‎ ‎19.中华民族的发明创造为人类文明进步做出了巨大贡献。下列我国古代发明中，不涉及化学反应的是 A．铜的冶炼 B．打磨磁石制指南针 ‎ C．粮食酿醋 D．火药的发明与使用 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜的冶炼是铜的化合物变为单质，有新物质生成，发生的是化学变化，A不符合题意；‎ B.打磨磁石制指南针是物质形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，B符合题意；‎ C.粮食酿醋是由糖类变为醋酸，有新物质生成，发生的是化学变化，C不符合题意；‎ D.火药的成分与使用后物质的成分是不同的物质，有新物质生成，发生的是化学变化，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎20.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 因发生加成反应，苯可以使溴水褪色 B. 煤可以通过干馏、液化与气化等物理变化转化为清洁能源 C. 天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点 D. 分子式为C8H10且属于芳香烃的同分异构体有4种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、苯不能与溴水发生反应，能做萃取剂，萃取出溴水中的溴，使溴水褪色，故A错误；‎ B项、煤的干馏、液化与气化均属于化学变化，故B错误；‎ C项、天然植物油属于混合物，没有恒定的熔点、沸点，故C错误；‎ D项、分子式为C8H10且属于芳香烃的同分异构体有乙苯、邻二甲苯、间二甲苯和对二甲苯，共4种，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，侧重于基础知识的考查，注意把握有机物的结构性质的异同是解答关键。‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本题共4小题，每空2分，共42分 ‎21.下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑨九种元素，填写下列空白： ‎ 族 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA ‎0族 周期　　‎ 二 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 三 ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 四 ‎⑨‎ ‎(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的是________(填具体元素符号，下同)。‎ ‎(2)在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的化学式是________，碱性最强的化合物的电子式是____________，其含有的化学键类型___________‎ ‎(3)最高价氧化物是两性氧化物的元素是________；写出它的氧化物与盐酸反应的离子方程式_________________________________________‎ ‎(4)写出元素③的氢化物的电子式______________‎ ‎(5)写出④的单质与水反应的离子方程式________________________________________‎ ‎【答案】 (1). Ar (2). HClO4 (3). (4). 离子键和共价键 (5). Al (6). Al2O3 + 6H+ = 2Al3+ + 3H2O (7). (8). 2Na+2H2O = 2Na+ + 2OH—+ H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由元素在周期表中位置可知，①为C元素、②为N元素、③为O元素、④为Na元素、⑤为Al元素、⑥为S元素、⑦为Cl元素、⑧为Ar元素、⑨为K元素。‎ ‎【详解】（1）在这些元素中，化学性质最稳定的是稀有气体Ar，故答案为：Ar；‎ ‎（2）同周期元素元素，从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，碱性依次减弱，同主族元素元素，从下到上非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，碱性依次增强，则酸性最强的是高氯酸，碱性最强的是氢氧化钾，氢氧化钾是离子化合物，含有离子键和共价键，故答案为：HClO4；；离子键和共价键；‎ ‎（3）氧化铝是两性氧化物，所以最高价氧化物是两性氧化物的元素是Al，氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al2O3 + 6H+ = 2Al3+ + 3H2O，故答案为：Al；Al2O3 + 6H+ = 2Al3+ + 3H2O；‎ ‎(4)元素③的氢化物是H2O，H2O是共价化合物，电子式为，故答案为：；‎ ‎ (5) ④为Na元素，钠单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O= 2Na+ + 2OH—+ H2↑，故答案为：2Na+2H2O= 2Na+ + 2OH—+ H2↑。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，注意对元素周期表的整体把握，注意位置、结构、性质的相互关系是解答关键。‎ ‎22.人们对苯及芳香烃的认识是一个不断深化的过程。‎ ‎(1)已知分子式为C6H6的烃结构有多种，其中的两种为 ‎①下列反应中Ⅰ能________(填字母)而Ⅱ不能。‎ a．被酸性高锰酸钾溶液氧化　　 b．与溴水发生加成反应 c．与液溴发生取代反应 d．在空气中可以燃烧 ‎②1 mol 物质与H2加成时， Ⅰ 需H2________mol，而 Ⅱ 需H2________mol。‎ ‎③Ⅰ的一氯取代产物有_______种，Ⅱ的二氯取代产物有______种 ‎(2)今发现C6H6还可能有另一种立体结构(如图所示)，该结构的二氯代物有____________种。‎ ‎(3)下列四种芳香烃中，属于苯的同系物的是______‎ ‎(4)现代化学认为苯分子中碳碳之间的键是____________________________。‎ ‎【答案】 (1). ab (2). 2 (3). 3 (4). 2 (5). 3 (6). 3 (7). D (8). 介于单键和双键之间的一种特殊的化学键 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①由结构简式可知，Ⅰ分子中含有碳碳双键，Ⅱ分子中含有苯环，不含有碳碳双键；‎ ‎②Ⅰ分子中含有2个碳碳双键，Ⅱ分子中含有1个苯环；‎ ‎③Ⅰ分子结构对称，含有2类氢原子，Ⅱ的分子结构完全对称，分子中只含有1类氢原子，一氯取代产物分子中只含有3类氢原子；‎ ‎（2）分子结构高度对称，分子中只含有1类氢原子，一氯代物有分子中只含有3类氢原子；‎ ‎（3）分子中只含有1个苯环，侧链为烷烃基的芳香烃与苯互为苯的同系物；‎ ‎(4)现代化学认为苯分子中碳碳之间的键是一种介于单键和双键之间的一种特殊的化学键。‎ ‎【详解】（1）①由结构简式可知，Ⅰ分子中含有碳碳双键，Ⅱ分子中含有苯环，不含有碳碳双键，则Ⅰ能溴水发生加成反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而Ⅱ不能，ab正确，故答案为：ab；‎ ‎②Ⅰ分子中含有2个碳碳双键，1 molⅠ能与2mol H2发生加成反应，Ⅱ分子中含有1个苯环，1 molⅡ能与3mol H2发生加成反应，故答案为：2；3；‎ ‎③Ⅰ分子结构对称，含有2类氢原子，则一氯取代产物有2种；Ⅱ的分子结构完全对称，分子中只含有1类氢原子，一氯取代产物有1种，则其二氯取代产物有邻、间、对3种，故答案为：2；3；‎ ‎（2）分子结构高度对称，分子中只含有1类氢原子，一氯代物有1种，其二氯代物有3种，具体如下图（1为三角形边、2为正方形边、3为体对角线），故答案为：3；‎ ‎（3）分子中只含有1个苯环，侧链为烷烃基的芳香烃与苯互为苯的同系物，、和分子中含有2个苯环，不属于苯的同系物，分子中含有1个苯环，4个甲基，属于苯的同系物，则D正确，故答案为：D；‎ ‎(4)现代化学认为苯分子中碳碳之间的键是一种介于单键和双键之间的一种特殊的化学键，故答案为：介于单键和双键之间的一种特殊的化学键。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构和性质，知识综合性较大，注意依据所学知识整合知识，对知识进行迁移运用，注意同分异构体与氢原子类型的关系是解答关键。‎ ‎23.碘是人体必须的元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的、以碘离子形式存在的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程和实验装置如下：‎ 请填写下列空白：‎ ‎(1)步骤①灼烧海带时，除需要三脚架外，还需要用到的实验仪器是________(填字母)。‎ A 烧杯 B 坩埚 C 表面皿 D 泥三角 E 酒精灯 F 干燥器 ‎(2)步骤③的实验操作名称是____________，步骤⑤的操作名称是________。‎ ‎(3)步骤④反应的离子方程式为_________________________________。‎ ‎(4)请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还含有单质碘的简单方法：______________________。‎ ‎【答案】 (1). BDE (2). 过滤 (3). 萃取(或萃取分液) (4). Cl2 + 2I— = 2Cl— + I2 (5). 取样，加入淀粉溶液，若变蓝色，证明有碘单质(或加入CCl4萃取，分液，若下层呈紫色，证明有碘单质)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题给流程图可知，海藻灼烧得到海藻灰，将海藻灰溶于水浸泡得到悬浊液，悬浊液过滤得到含碘离子的溶液，向含碘离子的溶液中通入过量氯气，氯气与碘离子发生置换反应生成碘单质得到含碘单质的溶液，然后向含碘单质的溶液加入有机溶剂萃取剂，萃取分液得到含单质碘的有机溶液，最后加热蒸馏得到单质碘。‎ ‎【详解】（1）海藻灼烧固体物质一般使用（瓷）坩埚，坩埚在三脚架上需要泥三脚支撑，三脚架下面放酒精灯加热，故答案为：BDE；‎ ‎（2）步骤③是分离悬浊液得到含碘离子的滤液和滤渣，则实验操作名称为过滤，步骤⑤向含碘单质的溶液加入有机溶剂萃取剂，萃取分液得到含单质碘的有机溶液，故答案为：过滤；萃取(或萃取分液)；‎ ‎(3)步骤④的反应为氯气与碘离子发生置换反应生成碘单质，反应的离子方程式为Cl2 + 2I— = 2Cl— + I2，故答案为：Cl2 + 2I— = 2Cl— + I2；‎ ‎(4)若提取碘后的水溶液中含有单质碘，加入淀粉溶液，溶液变蓝色；或加入CCl4‎ 振荡静置，溶液分层，下层呈紫色，故答案为：取样，加入淀粉溶液，若变蓝色，证明有碘单质(或加入CCl4萃取，分液，若下层呈紫色，证明有碘单质)。‎ ‎【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重海藻里提取碘的考查，注意提碘的流程分析，注意物质的分离方法取决于物质的性质，根据物质的性质的异同选取分离方法和实验仪器是解答关键。‎ 三、实验题：每空2分，共18分 ‎24.实验室用如图所示的装置制备乙酸乙酯，回答下列相关问题：‎ ‎(1)连接好装置后，在加入试剂之前需要做的操作是________________________‎ ‎(2)在甲试管(如图)中加入2 mL浓硫酸、3 mL乙醇和2 mL乙酸的混合溶液，加入上述试剂的顺序为_____________________________________________‎ ‎(3)甲试管中需加入少量__________以防止暴沸 ‎(4)浓硫酸在反应中的作用是_______________________‎ ‎(5)甲试管中反应的化学方程式___________________________________________‎ ‎(6)乙中导管没有深入到液面下，原因是_____________________‎ ‎(7)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是：______(填序号)。‎ A．中和乙酸和乙醇 B．中和乙酸并吸收部分乙醇 C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出 D．加速酯的生成，提高其产率 ‎(8)欲将乙试管中的物质分离开得到乙酸乙酯，采取的实验方法是_______；分离时，乙酸乙酯应该从仪器的________(填“下口放出” 或“上口倒出”)。‎ ‎【答案】 (1). 检验装置的气密性 (2). 先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸(也可将浓硫酸放在最后) (3). 碎瓷片(碎沸石) (4). 催化剂 吸水剂 (5). CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O (6). 防倒吸 (7). BC (8). 分液 (9). 上口倒出 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题给实验装置为乙酸乙酯的实验装置，试管甲中在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，试管乙中盛有的是饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯。‎ ‎【详解】(1)连接好装置后，在加入试剂之前需要做的操作是检验装置的气密性，故答案为：检验装置的气密性；‎ ‎（2）浓硫酸的密度比乙醇大，在A试管中加入试剂的顺序是先在大试管中加入乙醇，然后慢慢向其中注入硫酸，并不断搅拌，最后向装有乙醇和浓硫酸的混合物的大试管中加入乙酸，故答案为：先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸(也可将浓硫酸放在最后)；‎ ‎(3)甲试管中在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，为防止加热过程中暴沸，应加入碎瓷片(碎沸石)防止暴沸，故答案为：碎瓷片(碎沸石)；‎ ‎(4)浓硫酸在反应中起催化剂的作用，有利于反应的发生，该反应为可逆反应，浓硫酸起吸水剂的作用，减小生成物水的量，使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向进行，提高乙酸乙酯的产率，故答案为：催化剂和吸水剂；‎ ‎（5）试管甲中在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O，故答案为：CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5 + H2O；‎ ‎（6）乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水，导气管的下端伸入液面下会发生倒吸现象，故答案为：防倒吸；‎ ‎(7) 试管乙中的饱和碳酸钠溶液能够中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；能够溶解挥发出来的乙醇；能够降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，则BC正确，故答案为：BC；‎ ‎(8)乙酸乙酯不溶于水，可用分液的方法将乙试管中的混合液分离开得到乙酸乙酯，因乙酸乙酯的密度小于水，分液时，下层水溶液从下口流出后，为防止发生污染，再将乙酸乙酯从分液漏斗的上口倒出，故答案为：分液；上口倒出。‎ ‎【点睛】本题考查乙酸乙酯的制备，注意酯化反应中反应物和生成物的性质，明确试剂的作用和仪器选择的依据是解答关键。‎ ‎ ‎ ‎ ‎