广西钦州市2019-2020学年高一下学期期末考试教学质量监测化学（理）试题 Word版含解析

广西钦州市2019-2020学年高一下学期期末考试教学质量监测化学（理）试题 Word版含解析

广西钦州市2019-2020学年高一下学期期末教学质量监测 化学（理）试题 ‎（考试时间：90 分钟；赋分：100 分）‎ 请将答案填写到答题卡中 可能用到的相对原子质量： H-1  C-12 N-14 O-16  Na-23  S-32  Fe-56  Cu-64‎ 一、 选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）‎ ‎1.下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. Na2O2中的阴离子符号：O2-‎ B. Na和Cl形成离子键的过程：‎ C. 次氯酸的结构式：H—Cl—O D. 比例模型可表示CH4分子，也可表示CCl4分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na2O2中的阴离子为过氧根离子，符号为，A错误；‎ B. Na和Cl形成离子键的过程可用电子式表示为，B正确；‎ C. 次氯酸的结构式为H—O—Cl，C错误；‎ D. 比例模型可表示CH4分子，但根据原子半径来看，不可表示CCl4分子，D错误；‎ 故答案选B ‎【点睛】含氧酸的结构中，H原子一般与O原子相连。‎ ‎2.化学与生活、社会发展息息相关。下列叙述正确的是 A. 稀的食盐水能杀死COVID-19病毒 B. 石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃 C. 外形似海绵、密度小、有磁性的碳与石墨不再互为同素异形体 D. “世间丝、麻、裘皆具素质....”，这里丝、麻的主要成分是蛋白质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀的食盐水为NaCl溶液，NaCl无强氧化性，则不能杀死COVID-19病毒，A - 20 -‎ 说法错误；‎ B．石油裂解的主要目的是得到化工原料，得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃，B说法正确；‎ C．外形似海绵、密度小、有磁性的碳为另一种固体碳单质，与石墨互为同素异形体，C说法错误；‎ D．“世间丝、麻、裘皆具素质....”，这里丝主要成分是蛋白质，麻的主要成分为纤维素，D说法错误；‎ 答案为B。‎ ‎3.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 原子半径： C＞O B. 金属性：Na＞Al C. 热稳定性：H2O＞H2S D. 酸性：HCl＞H2SiO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同周期从左到右原子半径减小，则原子半径： C＞O，能用元素周期律解释，故A不选； ‎ B．同周期从左到右金属性减弱，Na、Al位于第三周期，原子序数Na＜Al，则金属性Na＞Mg，能用元素周期律解释，故B不选；‎ C．同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性O＞S，则氢化物的热稳定性：H2O＞H2S，能用元素周期律解释，故C不选；‎ D．HCl不是最高价氧化物对应水化物，其酸性强弱不能用元素周期律解释，故D选；‎ 答案选D。‎ ‎4.从金属利用的历史来看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事。这个先后顺序跟下列有关的是：‎ ‎①地壳中的金属元素的含量；②金属活动性；③金属的导电性；④金属冶炼的难易程度；⑤金属的延展性；‎ A ①③ B. ②⑤ C. ③⑤ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对比金属活动性强弱关系与人类利用金属的先后，可以发现人类使用较早的金属，其活动性较弱；结合学习中对金属铁、铝的冶炼的认识，可知：金属活动性越强，金属的冶炼难易程度越难，这也影响了人类对金属的使用，其它因素均与使用的前后顺序无关；‎ - 20 -‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】铜、铁、铝三种金属活动性由强到弱的顺序为：铝＞铁＞铜；对比人类利用金属的历史：先有青铜器时代再到铁器时代，然后才有了铝制品；可以发现二者存在一定联系，同时不同时期人们对金属的冶炼方法和水平不同，也导致人们使用的金属材料不同。‎ ‎5.下列各组化合物中，化学键的类型完全相同的是（ ）‎ ‎①CaCl2和Na2S ②Na2O和Na2O2 ③CO2和CS2 ④HCl和NaOH A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此判断。‎ ‎【详解】①CaCl2和Na2S中都只有离子键，化学键类型完全相同；‎ ‎②Na2O中只有离子键，Na2O2中有离子键和非极性共价键，化学键类型不完全相同；‎ ‎③CO2和CS2中都只有极性共价键，化学键类型完全相同；‎ ‎④HCl中只有共价键，NaOH中有离子键和极性共价键，化学键类型不完全相同；‎ 化学键类型完全相同的是①③，答案选B。‎ ‎6.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为21。下列说法不正确的是 A. 原子半径大小：X > Y > Z B. W、Y两种元素都能与氧元素形成化合物WO2、YO2‎ C. 氧化物对应水化物酸性： Z > Y > W D. Y能形成H2Y、H2YO4的化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置，且最外层电子数之和为21，可知，W为C、X为Si、Y为S、Z为Cl。‎ - 20 -‎ ‎【详解】A. 同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，原子半径大小：X > Y > Z，故A正确；‎ B. W与氧元素形成的化合物为CO2，Y与氧元素形成的化合物为SO2，故B正确；‎ C. 最高价氧化物对应水化物的酸性： Z > Y > W，故C错误；‎ D. Y能形成H2S、H2SO4的化合物，故D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】在做元素推断题时，要注意题目中的一些易被忽略的表述，如“短周期元素”、“主族元素”等。‎ ‎7.下列物质中，能使酸性KMnO4溶液褪色的物质是 ‎①②乙烯③CH3COOH④CH3CH2OH⑤‎ A. ①⑤ B. ②④ C. ①③ D. ②⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】①是甲烷，不能使酸性KMnO4溶液褪色；②乙烯含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色；③CH3COOH不能使酸性KMnO4溶液褪色；④CH3CH2OH能使酸性KMnO4溶液褪色，乙醇变为乙酸，⑤，苯不能使酸性KMnO4溶液褪色；因此②④能使酸性KMnO4溶液褪色；故B正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎8.下列说法不正确的是 A. 1mol乙烷在光照条件下最多能与3molCl2发生取代反应 B. 石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液，酸性KMnO4溶液褪色 C. 水煤气可用来合成液态烃及甲醇等含氧有机物 D. 苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol乙烷含有6mol氢原子，在光照条件下最多能与6molCl2发生取代反应，A - 20 -‎ 错误；‎ B. 石油裂解气中含有烯烃，能使溴的四氯化碳溶液，酸性KMnO4溶液褪色，B正确；‎ C. 水煤气主要是氢气和CO，可用来合成液态烃及甲醇等含氧有机物，C正确；‎ D. 苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯等，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎9.反应N2+3H2 2NH3刚开始时，N2的浓度为3mol·L-1 ，H2的浓度为5mol·L-1，3min后测得NH3的浓度为0.6mol·L-1则此时间内，下列反应速率表示正确的是( )‎ A. v (NH3)= 0.1 mol˙L-1˙min-1 B. v (N2) = 1.0 mol˙L-1˙min-1‎ C. v (H2) = 1.67 mol˙L-1˙min-1 D. v (H2) = 0.3 mol˙L-1˙min-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据v=△c÷△t计算v（NH3），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2），v（H2）．‎ ‎【详解】v（NH3）=0.6mol·L－1÷3min=0.2mol·（L·min）-1，‎ 速率之比等于化学计量数之比，所以 v（N2）= v（NH3）=×0.2mol·（L·min）-1=0.1mol·（L·min）-1，‎ v（H2）=v（NH3）=×0.2mol·（L·min）-1=0.3mol·（L·min）-1，‎ 所以ABC错误，D正确。‎ 故选D。‎ ‎10.一定温度下，在一容积不变的密闭容器中发生的可逆反应2X(g)Y(g)+Z(g)，达到反应限度的标志是 A. 反应容器中压强不再变化 B. 反应容器中密度不再变化 C. X、Y、Z的浓度之比为2:1:1 D. 单位时间内生成1molY的同时生成2molX ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应是反应气体体积不变的反应，所以无论反应是否达到平衡状态，体系的压强始终不变，故A不合题意；‎ B - 20 -‎ ‎．该反应均为气体，总质量不变，由题意知，体积不变，所以无论反应是否达到平衡状态，气体的密度始终不变，故B不合题意；‎ C．X、Y与Z的物质的量浓度之比为2：1：1，而不是量不变，不能作为反应平衡的判据，故C不合题意；‎ D．单位时间内生成1molY为正速率，生成2molX为逆速率，而且正逆速率之比等于化学计量数之比，是平衡状态，故D符合题意；‎ 答案为D。‎ ‎11.石墨在一定条件下转化为金刚石,其能量变化如图所示，其中△E1=393.5kJ，△E2=395.4kJ，下列说法正确的是 A. 金刚石的稳定性强于石墨的 B. 石墨转化为金刚石属于物理变化 C. 1 mol金刚石的能量大于1 mol CO2的能量 D. 1 mol石墨完全转化为金刚石需吸收1.9 kJ的能量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石墨能量低，则石墨比金刚石稳定，故A错误； ‎ B．石墨和金刚石为两种不同单质，二者转化为化学变化，故B错误；‎ C．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，即1mol金刚石和1mol氧气的总能量大于1molCO2的能量，而1mol金刚石的能量与1molCO2的能量大小无法比较，故C错误；‎ D．由图可知，△E2-△E1=1.9kJ，即石墨转化为金刚石吸收能量，则1mol石墨完全转化为金刚石需吸收1.9kJ热量，故D正确；‎ 故选：D ‎12.某干电池的工作原理如图所示，总反应为：Zn+2NH4+=Zn2++2NH3↑+H2↑，下列说法正确的是（ ）‎ - 20 -‎ A. 石墨为电池的负极 B. 电池工作时NH4+被氧化 C. 实现了电能向化学能转化 D. 电子由Zn电极经外电路流向石墨电极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池反应式知，该装置中Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极上电极反应式为2NH4++2e-=2NH3↑+H2↑，电子从负极沿导线流向正极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A.根据电池反应式知，Zn易失电子作负极，石墨作正极，A错误；‎ B.放电时，铵根离子得电子被还原，发生还原反应，B错误；‎ C.该装置是原电池，将化学能转化为电能，C错误；‎ D.放电时，电子从负极Zn沿导线流向正极石墨，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查原电池原理，明确正、负极判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写。‎ ‎13.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验中，不考虑两球的浮力变化）（    ）‎ A. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低 B. 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高 C. 当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高 - 20 -‎ D. 当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当杠杆为导体时，硫酸铜溶液、铁球和铜球可以形成原电池；当杠杆为绝缘体时，不能形成原电池。‎ ‎【详解】当杠杆为导体时，硫酸铜溶液、铁球和铜球可以形成原电池，铁作负极，其发生氧化反应而溶解，故其质量减小，铜作正极，由于铜离子在铜表面可以得到电子发生还原反应生成铜，故铜球质量变大，故A端低B端高；杠杆为绝缘体时，铁与硫酸铜发生置换反应生成铜，故铁球质量变大，而铜球质量不变，故A端高B端低。综上所述，D判断是正确的，故选D。‎ ‎14.少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）‎ ‎①加H2O ‎②加NaOH固体 ‎③滴入几滴浓盐酸 ‎④将稀盐酸换为98%的硫酸 ‎⑤加NaCl溶液 ‎⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ‎⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)‎ ‎⑧改用10mL0.1mol/L盐酸 A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ⑥⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】①加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故①不使用；‎ ‎②加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故②不使用；‎ ‎③滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，铁粉不变，不改变氢气的产量，故③使用；‎ ‎④将稀盐酸换为98%的硫酸，铁遇浓硫酸会钝化，故④不使用；‎ - 20 -‎ ‎⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故⑤不使用；‎ ‎⑥滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故⑥不使用；‎ ‎⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，铁粉不变，不改变氢气的产量，故⑦使用；‎ ‎⑧改用10mL0.1mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，铁粉不变，不改变氢气的产量，故⑧使用；‎ 综上所述，③⑦⑧能使反应速率增大，且生成氢气的量不变，故选C。‎ ‎15.下列实验能获得成功的是（ ）‎ A. 苯和浓溴水用铁做催化剂制溴苯 B. 用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中混有的乙烯 C. 甲烷与氯气光照制得纯净的一氯甲烷 D. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液得到1，2—二溴乙烷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 苯和液溴发生取代反应生成溴苯而不是溴水；B. 酸性高锰酸钾溶液可将乙烯氧化为二氧化碳气体杂质；C. 甲烷与氯气光照制得的产物还有二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷；D. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液可以得到1，2—二溴乙烷。故选D。‎ ‎16.在①丙烯(CH3—CH=CH2)、②氯乙烯、③苯、④乙醇四种有机化合物中，分子内所有原子均在同一平面的是(　　)‎ A. ①② B. ②③‎ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 丙烯和乙醇分子中都含有—CH3，—CH3中的碳氢原子不可能都在同一平面上(呈四面体结构)，所以含有—CH3的有机物的所有原子不可能都在同一平面上；氯乙烯和苯均为平面形结构。答案选B。‎ 点睛：掌握典型有机物甲烷、乙烯和苯的结构特点是解答的关键，例如甲烷为正四面体结构，碳原子居于正四面体的中心，分子中的5个原子中没有任何4个原子处于同一平面内。其中任意三个原子在同一平面内，任意两个原子在同一直线上；乙烯为平面型结构，分子中的6‎ - 20 -‎ 个原子处于同一平面内，键角都约为120°；苯为平面型结构，分子中的12个原子都处于同一平面。另外还需要注意碳碳单键可以旋转而碳碳双键和碳碳三键不能旋转的特点，以及立体几何知识，尤其要注意是判断碳原子还是所有的原子以及是一定、最多以及至少等关键词。‎ ‎17.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是 A. 气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C、N、O属于同周期元素，从左至右，非金属性依次增强，原子序数C＜N＜O，非金属性O＞N＞C，C、Si属于同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，原子序数C＜Si ，非金属性C＞Si，则非金属性O＞N＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O＞NH3＞SiH4，故A正确；‎ B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；‎ C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性强弱，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；‎ D．118号元素的原子序数为118，质子数为118，核外电子数为118，其原子结构示意图为，它的原子结构中有7个电子层，最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确。‎ 答案为C。‎ ‎18.工业上合成氨的原料之一为氢气，其来源之一是利用石油气的有关成分如丙烷（）制取。假设以下反应都能进行，从经济效益方面考虑最合理的反应是（ ）‎ - 20 -‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在工业生产中应考虑经济效益，反应机理要低成本、低能耗。所以从经济效益的角度考虑，“极高温”和“通电”都需要有较大的经济投入，A、D不选；B、C反应条件相同，但相同物质的量的丙烷C选项产生的H2较多，故选：C。‎ ‎19.工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：‎ 下列叙述正确的是 A. 按上述流程，试剂X可以氢氧化钠溶液，也可以是盐酸 B. 反应①过滤后所得沉淀为氧化铁 C. 图中所有的转化反应都不是氧化还原反应 D. 反应②的离子方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解熔融Al2O3得到金属铝，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；‎ B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；‎ C．电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；‎ - 20 -‎ D．反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题是一道综合考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等知识题目，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，注意把握制备原理和反应的流程分析。‎ ‎20.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。‎ 光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 20 -‎ 在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。‎ ‎【详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。‎ ‎【点睛】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。‎ 二、填空题（共52分）‎ ‎21.现有8种短周期元素的性质，数据如下表所列：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径(10-10m)‎ ‎0.74‎ ‎1.60‎ ‎1.52‎ ‎1.10‎ ‎0.99‎ ‎1.86‎ ‎0.75‎ ‎0.82‎ 最高或最低化合价 ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+7‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+3‎ ‎-2‎ ‎-3‎ ‎-1‎ ‎-3‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）③的元素符号是_____，⑧的元素名称是_____。①在元素周期表中的位置是_____ (周期、族)。‎ ‎（2）在这8种元素中，最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的化合物其分子式是_____；碱性最强的化合物电子式是_____；属_____化合物(填“离子”或“共价”）。‎ ‎（3）比较④和⑦的氢化物的稳定性_____ (用化学式表示)。‎ ‎（4）写出⑦的最高价氧化物对应水化物跟它的氢化物反应的化学方程式：_____。‎ ‎（5）写出②的最高价氧化物对应水化物跟⑤的氢化物水溶液反应的离子方程式：_____。‎ ‎【答案】 (1). Li (2). 硼 (3). 第二周期第VIA族 (4). HClO4 (5). (6). 离子 (7). NH3>PH3 (8). NH3+HNO3=NH4NO3 (9). Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O ‎【解析】‎ - 20 -‎ ‎【分析】‎ ‎8种元素均为短周期元素，由题中知①没有最高价、只有最低价-2，可推知①为O；③⑥都有最高价+1，处于ⅠA族，且⑥的原子半径较大，故③为Li、⑥为Na；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，故②为Mg；④⑦都有最高价+5、最低价-3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，故④为P、⑦为N；⑤有最高价+7、最低价-1，则⑤为Cl；⑧只有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径小于P，故⑧为B，据此进行解答．‎ ‎【详解】由于①没有最高价、只有最低价−2，可推知①为O；③⑥都有最高价+1，处于ⅠA族，且⑥的原子半径较大，故③为Li、⑥为Na；②有最高价+2，处于ⅡA族，原子半径大于Li，故②为Mg；④⑦都有最高价+5、最低价−3，处于ⅤA族，且④的原子半径较大，故④为P、⑦为N；⑤有最高价+7、最低价−1，则⑤为Cl；⑧只有最高价+3，处于ⅢA族，原子半径小于P，故⑧为B，‎ ‎(1)由上述分析可知，③的元素符号是Li，⑧的元素名称是硼，①为O元素，在元素周期表中的位置是第二周期第VIA族，‎ 故答案为：Li；硼；第二周期第VIA族；‎ ‎(2)上述元素中,Cl元素非金属性最强,在最高价氧化物的水化物中,酸性最强的化合物的分子式是HClO4；Na元素的金属性最强,碱性最强的化合物为NaOH,其电子式为，属于离子化合物，‎ 故答案为：HClO4；；离子；‎ ‎(3)④为P、⑦为N,二者同主族,电子层越多非金属性越弱,故非金属性N>P,则氢化物稳定性大小为：NH3>PH3，‎ 故答案为：NH3>PH3；‎ ‎(4)⑦的最高价氧化物对应水化物为硝酸,它的氢化物为氨气,二者反应的化学方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3，‎ 故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；‎ ‎(5)②最高价氧化物对应水化物为Mg(OH)2,⑤的氢化物水溶液为盐酸,二者反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；‎ 故答案为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O。.‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，根据化合价、原子半径推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期表的结构与元素周期律，注意化合价中O、F - 20 -‎ 的特殊性，明确影响微粒半径的因素，会用电子式表示物质的结构和形成过程。‎ ‎22.A～E等几种烃分子的球棍模型如图所示，据此回答下列问题．‎ ‎ ‎ ‎（1）D的分子式为________，A的二氯取代物有_______种，属于同系物的是_________（填字母）。‎ ‎（2）有关有机物E的结构或性质的说法正确的是________(填字母)。‎ a．是碳碳双键和碳碳单键交替的结构 b．有毒、不溶于水、密度比水小 c．不能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳褪色 d．一定条件下能与氢气或氧气反应 ‎（3）已知有机物C能与HCN反应，原理与其和H2O反应类似，请写出相关的化学反应方程式：_________________，反应类型_________________。‎ ‎【答案】 (1). C2H2 (2). 1 (3). A、B (4). bcd (5). CH2＝CH2+HCN→CH3CH2CN (6). 加成反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据A～E等几种烃分子的球棍模型可知A是甲烷，B是乙烷，C是乙烯，D是乙炔，E是苯，结合有机物的结构和性质解答。‎ ‎【详解】（1）D是乙炔，分子式为C2H2。甲烷是正四面体结构，所以甲烷的二氯取代物有1种。结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，属于同系物的是甲烷和乙烷，答案选A、B。‎ ‎（2）有机物E是苯，则：‎ a．苯分子中不存在碳碳双键和碳碳单键交替的结构，而是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间独特的键，a错误；‎ b．苯有毒、不溶于水、密度比水小，b正确；‎ c．苯不存在碳碳双键，不能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳褪色，c正确；‎ d．苯在一定条件下能与氢气发生加成反应生成环己烷，与氧气反应生成二氧化碳和水，d - 20 -‎ 正确。‎ 答案选bcd；‎ ‎（3）已知有机物C能与HCN反应，原理与乙烯和H2O反应类似，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，因此乙烯与HCN发生的是加成反应，反应的化学反应方程式为CH2＝CH2+HCN→CH3CH2CN。‎ ‎23.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平。B是一种比水轻的油状液体，B仅由碳氢两种元素组成，碳元素与氢元素的质量比为12：1，B的相对分子质量为78。回答下列问题：‎ ‎（1） A的分子式_____________，B的结构简式_____________ 。‎ ‎（2） A能使溴的四氯化碳溶液褪色，其化学反应方程式为_____________ 。‎ ‎（3）在碘水中加入B振荡静置后的现象_____________ 。‎ ‎（4） B与浓硫酸和浓硝酸在50~60°C反应的化学反应方程式：_____________，反应类型_____________ 。‎ ‎（5）A的同系物分子式为C3H6的烃是制作N95口罩熔喷布的材料，写出它发生加聚反应的化学方程式___________。‎ ‎【答案】 (1). C2H4 (2). (3). CH2=CH2+Br2CH2Br-CH2Br (4). 溶液分层，下层无色，上层紫红色 (5). (6). 取代反应 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，B是一种比水轻的油状液态烃，B仅由碳氢两种元素组成，因碳元素与氢元素的质量比为12：1，求得碳氢元素的个数比为1：1，即化学式CxHx，B的相对分子质量为78．得12x+1x=78，x=6，故B的分子式为C6H6，所以B为苯；‎ ‎【详解】（1）由分析可知：A是乙烯，分子式为C2H4；B是苯，结构简式是，故答案为：C2H4；；‎ ‎（2）乙烯和溴发生加成反应而使溶液褪色，其化学反应方程式为：CH2=CH2+Br2‎ - 20 -‎ CH2Br-CH2Br；‎ ‎（3）碘水中加入苯发生萃取，苯的密度比水的小，则苯在上层，观察到下层无色，上层紫红色，故答案为：溶液分层，下层无色，上层紫红色；‎ ‎（4）苯在浓硫酸和浓硝酸在50~60°C发生硝化反应，反应的化学反应方程式：，该反应类型是取代反应；‎ ‎（5）A的同系物为丙烯CH2=CHCH3，发生加聚反应的方程式为：。‎ ‎24.如图是旺旺同学设计的一个简易的原电池装置，请回答下列问题。‎ ‎(1)若 a电极材料为碳、b溶液为 FeCl3溶液，则正极的电极反应式为____，当有1.6g负极材料溶解时，转移的电子为____mol；‎ ‎(2)若 a 电极材料为铁、b溶液为浓硝酸，电流表的指针也会偏转，则电子的流向为___→ _(填电极材料，下同)，溶液中的NO向_____极移动；‎ ‎(3)氢氧燃料电池已用于航天飞机。这种电池以30%KOH溶液为电解质溶液，供电时总反应为：2H2+O2=2H2O，则正极的电极方程式为______。‎ ‎【答案】 (1). Fe3++e-=Fe2+ (2). 0.05 (3). 铜(Cu) (4). 铁(Fe) (5). 铜(Cu) (6). 2H2O+O2+4e-=4OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)若a电极材料为碳、b溶液为FeCl3溶液，则该原电池中自发进行的氧化还原反应为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，所以铜电极为负极，碳电极为正极，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；负极反应为Cu-2eˉ=Cu2+，1.6gCu的物质的量为=0.025mol，所以转移电子0.05mol；‎ ‎(2)若a电极材料为铁、b溶液为浓硝酸，由于Fe在浓硝酸中发生钝化，所以总反应为铜和浓硝酸的反应，铜被氧化，所以铜电极为负极，铁电极为正极，原电池中电子从负极经导线流向正极，即从铜电极→铁电极；电解质溶质中阴离子流向负极，所以NO向铜电极移动；‎ - 20 -‎ ‎(3)供电时总反应为：2H2+O2=2H2O，所以通入氧气的一极为正极，由于电解质溶液显碱性，所以氧气得电子被氧化和水结合生成氢氧根，电极方程式为2H2O+O2+4e-=4OH-。‎ ‎【点睛】铁、铝等金属常温下在浓硝酸、浓硫酸中会发生钝化；原电池中电子由负极经导线流向正极，电流与电子流向相反，电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极。‎ ‎25.海带中含有丰富的碘。为了从海中提取碘，某研究性学习小姐设计并进行了以下实验，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___（用标号字母填写在空白处）。‎ 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⑥的目的是从含碘苯溶液中分离出单质碘和回收苯，该步骤的实验操作名称是__。‎ ‎(3)步骤④反应的离子方程式是___。‎ ‎(4)步骤⑤中，某学生选择用苯来提取碘的理由是__、___。‎ ‎(5)请设计一种检验提取碘后的水溶液中是否还有单质碘的简单方法：___。‎ ‎【答案】 (1). BDE (2). 过滤 (3). 蒸馏 (4). MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O (5). 苯与水互不相溶 (6). 碘在苯中的溶解度比在水中大 (7). 取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色，如果溶液变蓝色，说明含有单质碘 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据灼烧实验结合仪器的作用选取仪器；‎ ‎(2)分离固体和液体用过滤；利用碘易溶于有机溶剂的性质来进行提取；分离互溶的两种液体用蒸馏；‎ ‎(3)二氧化锰在酸性环境下将碘离子氧化为碘单质，MnO2被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；‎ - 20 -‎ ‎(4)根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度比在另一种大得多；‎ ‎(5)根据碘单质的特性来检验。‎ ‎【详解】(1)灼烧海带时用坩埚盛放海带，用带铁圈的铁架台放置坩埚，用酒精灯进行加热，所以灼烧海带时需要用到的实验仪器是坩埚、带铁圈的铁架台、酒精灯，故合理选项是BDE；‎ ‎(2)步骤③是分离难溶性的固体和液体，则实验操作名称为过滤；步骤⑥的目的是从含碘的苯溶液中分离出单质碘和回收苯，是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏；‎ ‎(3) MnO2在酸性环境下将I-氧化为I2，MnO2被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得该反应的离子方程式：MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O；‎ ‎(4)用苯作碘水中碘的萃取剂是由于苯与水互不相溶，且碘在苯中的溶解度比在水中大得多；‎ ‎(5)碘遇淀粉变蓝色，所以检验检验提取碘后的水溶液中是否还有单质碘的简单方法是：取少量提取碘后的水溶液于试管中，加入几滴淀粉试液；观察是否出现蓝色，如果溶液变蓝色，说明含有单质碘。‎ ‎【点睛】本题考查了碘单质的提取实验，涉及混合物的分离、氧化还原反应等知识。把握实验流程及发生的反应、萃取剂的选取标准、蒸馏实验原理及装置等知识点为解答的关键，侧重考查学生的实验能力及分析、应用能力。‎ 三、计算题（8分）‎ ‎26.把0.4molX气体和0.6molY气体混合于2L密闭容器中，使它们发生如下反应：4X(g)+5Y(g) nZ(g)+6W(g)。2min末已生成0.3molW，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05mol/(L·min)，试计算 ‎（1）前2min内用W的浓度变化表示的平均反应速率为_______________。‎ ‎（2）2min末时Y的浓度为_____________________________。‎ ‎（3）化学反应方程式中n=_____________________________‎ ‎（4）2min末，恢复到反应前温度，体系内压强是反应前压强的__________倍。‎ ‎【答案】 (1). 0.075mol/(L·min) (2). 0.175mol/L (3). n=4 (4). 1.05‎ ‎【解析】‎ 根据提给信息：v(Z)=0.05mol/(L·min)，c(Z)= 0.05×2=0.1 mol/L ，c(X)=0.2 mol/L， c(Y)=0.3mol/L， c(W)=0.15 mol/L；‎ ‎ 4X(g) + 5Y(g) nZ(g ) + 6W(g)‎ - 20 -‎ ‎ 起始量 0.2 0.3 0 0‎ ‎ 变化量 0.1 0.125 0.1 0.15‎ ‎ 剩余量 0.1 0.175 0.1 0.15‎ ‎（1）v(W)=0.15/2=0.075mol/(L·min)；正 确 答 案：0.075mol/(L·min)。‎ ‎（2）C(Y)=0.3-0.125= 0.175 mol/L;正 确 答 案：0.175mol/L。‎ ‎（3）根 据 方 程 式 比 例 关 系：n：6=0.1：0.15，n=4；正 确 答 案：4。 ‎ ‎（4）在其他条件不变的情况下，反应前后气体的压强之比等于反应前后气体的总量之比，P（后）：P（前）=（0.1×2+0.175×2+0.1×2+0.15×2）：（0.4+0.6）=1.05：1；正 确 答 案：1.05。‎ 点睛：进行化学平衡的相关计算时，要重点把握好三个量：起始量、变化量、剩余量或平 衡量，要注意相关量的单位要统一。‎ - 20 -‎