【化学】新疆乌鲁木齐市第四中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

【化学】新疆乌鲁木齐市第四中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

新疆乌鲁木齐市第四中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题 本试卷中可能用到的相对原子质量：Cu64 H1 O16 S32 Na23 Mn55 Zn‎65 C12 ‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1. 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 绿色化学的核心就是在生产过程中减少污染 B. 形成酸雨的主要物质是硫氧化物和氮氧化物（NOx）‎ C. 大气污染物主要来自化石燃料和工业生产过程产生的废气 D. 水华、赤潮等水体污染是由于含氮、磷的大量污水任意排放造成的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，A错误；‎ B、形成酸雨的主要物质是硫氧化物和氮氧化物（NOx），B正确；‎ C、空气污染的主要原因是近代工业和交通运输业的迅猛发展，由于化石燃料的大量使用和工厂废气的任意排放，导致空气中颗粒物质、一氧化碳、二氧化硫、氮的氧化物、碳氢化合物等有害成分增多，其中颗粒物质是固体粉尘，其它的都属于有害气体，C正确；‎ D、水华、赤潮是水体中某些微小的浮游植物、原生动物或细菌，在一定的环境条件下突发性地增殖和聚集，引起一定范围内一段时间中水体变色现象，含氮、磷的大量污水任意排放造成造成水体的富营养化，引发水华、赤潮，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.化学与科技、社会、生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 一些橡胶或塑料制品中要添加抑制剂是为了减缓橡胶塑料制品的老化速率 B. 沼气属于生物质能，生物质能是可再生的能源 C. 硅胶袋加入到袋装食品中起到脱氧剂的作用 D. 面粉生产厂要求严禁烟火是因为面粉有机物颗粒极小、总表面积巨大容易被引燃爆炸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．橡胶或塑料制品容易被氧气氧化，添加抑制剂可以减缓氧化，故A正确；‎ B．沼气是由腐烂的植物秸秆发酵生成的，可以再生，属于生物质能，故B正确；‎ C．硅胶可以吸水，袋装食品中加入硅胶袋主要是起到干燥的作用，故C错误；‎ D．固体颗粒越小，与空气的接触面积越大，反应速率越大，面粉易被引燃爆炸，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎3.下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 食物中的营养物质主要包括：糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水 B. 燃烧相同体积的管道煤气（主要成分CO和H2）和天然气，管道煤气消耗氧气体积大 C. 油脂没有固定的熔沸点，是食物中产生能量最高的营养物质 D. 金属钠和碳酸钠溶液都可以用来区分乙醇、乙酸和苯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．食品中的六大营养元素包括糖类、油脂、蛋白质、纤维素、无机盐和水，A正确；‎ B．管道煤气燃烧时反应方程式为：2CO+O22CO2、2H2+O22H2O，天然气燃烧时方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，根据方程式可知一体积管道煤气燃烧消耗0.5体积的氧气，一体积天然气燃烧可以消耗2体积氧气，所以天然气耗氧量更大，故B错误；‎ C．油脂是混合物无固定的熔沸点，油脂在体内完全氧化时，提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，是产生能量最高的营养物质，故C正确；‎ D．乙醇、乙酸都能和钠反应生成氢气，但乙醇的羟基活泼性不如乙酸，因此钠在乙酸中的反应会更加剧烈，苯不与钠反应，三者现象不同，可以区分；碳酸钠溶液可以和乙酸反应放出气体，和乙醇互溶，和苯不反应不互溶，溶液分层，现象不同，可以区分，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎4.含氯消毒剂是新冠肺炎疫情期间防疫的一种重要消毒剂，下列说法正确的是（ ）‎ A. 用电子式表示HCl的形成过程 B. 次氯酸的结构式 H－O－Cl C. 氯离子的结构示意图 D. Cl这种核素的原子中有17个中子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H原子和Cl原子通过共用电子对形成共价化合物HCl，其形成过程为，故A错误；‎ B．次氯酸中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，结构式为H-O-Cl，故B正确；‎ C．氯元素为17号元素，所以氯离子的结构示意图为，故C错误；‎ D．中子数=质量数-质子数，所以Cl的中子数为35-17=18，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎5.《本草纲目》中记载：“烧酒非古法也，自元时始创其法。用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露。”文中涉及的操作方法是（ ）‎ A 蒸发 B. 蒸馏 C. 升华 D. 干馏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题中所给信息，“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离，此“法”是指蒸馏，烧酒利用的是蒸馏原理，故选B。‎ ‎6.下列有关元素周期表的说法正确的是（ ）‎ A. 元素周期表有18个族 B. 元素周期表有七个周期 C. IA族的元素全部是金属元素 D. 短周期是指第一、二、三、四周期 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】元素周期表有七个横行，分属七个周期，18个纵行，其中包括七个主族、七个副族、一个0族和VIII族共16个族，短周期包含一、二、三周期，ⅠA族包含氢元素与碱金属元素．‎ ‎【详解】A．元素周期表有18个纵行，其中包括七个主族、七个副族、一个0族和VIII族共16个族，故A错误；‎ B．元素周期表有七个横行，即七个周期，故B正确；‎ C．ⅠA族的元素除H元素外都是金属元素，故C错误；‎ D．短周期是指第一、二、三周期，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎7.下列关于化学键的叙述正确的是（ ）‎ A. 所有物质里都含有化学键 B. 离子化合物中可能含有共价键 C. 共价化合物中可能含有离子键 D. 水分子中的化学键是非极性键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀有气体中不存任何化学键， A错误；‎ B．离子化合物是含有离子键的化合物，所以离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH、Na2O2中既有离子键，又有共价键，B正确；‎ C．共价化合物是只含有共价键的化合物，所以共价化合物中只含共价键，一定不含离子键， C错误；‎ D．水分子中H、O原子是不同种原子，因此化学键是极性共价键，D错误；‎ 故选B ‎8.下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 一定条件下石墨转化为金刚石反应吸热说明石墨比金刚石稳定 B. 化学反应必然伴随发生能量变化 C. 化学键是一种作用力 D. 不同元素组成的多原子分子中的化学键一定是极性键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．一定条件下石墨转化为金刚石反应吸热说明石墨的能量更低，能量越低越稳定，故A正确；‎ B．化学反应的实质是旧键断裂新键形成，旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，所以化学反应必然伴随能量变化，故B正确；‎ C．化学键是相邻原子或离子之间强烈的作用力，故C正确；‎ D．不同元素组成的多原子分子中的化学键不一定是极性键，例如H2O2分子内含有过氧键，为非极性键，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎9.在一个不传热的固定容积的容器中，对于反应 A(g)＋2B(g)‎3C(g)(正反应为吸热反应)，下列叙述为平衡状态标志的是（ ）‎ ‎①体系的温度不再变化 ②外界条件不变时，A、B、C浓度保持不变 ③气体平均分子量不再变化 ④体系的压强不再变化 ⑤气体密度不再变化 ⑥3 v正(B)=2 v逆(C) ⑦单位时间内消耗1 mol A(g)的同时生成3 mol C(g)‎ A. ①②⑥ B. ①②③⑤ C. ②③④⑤ D. ①②④⑤⑦‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。‎ ‎【详解】①体系温度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故①符合题意；‎ ‎②外界条件不变时，A，B，C浓度不随时间变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故②符合题意；‎ ‎③该反应前后气体物质的量相等，M（平均）=，m和n均不变，故M（平均）始终不变，气体平均分子量不再变化不能说明达到平衡，故③不符合题意；‎ ‎④该反应前后气体物质的量相等，即分子总数保持恒定，故压强也保持恒定，压强不再变化不能说明达到平衡，故④不符合题意；‎ ‎⑤容器体积固定，反应物和生成物都是气体，故气体密度始终恒定，气体密度不再变化不能说明达到平衡，故⑤不符合题意；‎ ‎⑥反应速率3 v正(B)=2 v逆(C)，描述了正、逆反应方向，且速率之比等于计量数之比，故能说明达到平衡，故⑥符合题意；‎ ‎⑦单位时间内消耗1 mol A(g)的同时生成3 mol C(g)，只描述了正反应反方向，故不能说明达平衡，故⑦不符合题意。‎ 综上分析，能说明达到平衡的有①②⑥。‎ 答案选A。‎ ‎10.下列反应过程中的能量变化与图一致的是（ ）‎ A. 2H2O 2H2↑ + O2↑ B. 在加热条件下氢气还原氧化铜 C. 胆矾受热分解 D. 铝热反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由图可知，反应物能量大于生成物能量，因此该反应为放热反应，常见的放热反应有：所有的燃烧反应，金属与酸或水的反应、酸碱中和反应、铝热反应、多数的化合反应等，其△H＜0。常见的吸热反应：Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl晶体混合反应、水解反应、大多数的分解反应、以C、CO、H2作为还原剂的反应等，以此解答该题。‎ ‎【详解】A、电解时，电能转化为化学能，为吸热反应，故A不选；‎ B、在加热条件下氢气还原氧化铜为吸热反应，故B不选；‎ C、胆矾受热分解为吸热反应，故C不选；‎ D、铝热反应为放热反应，符合图像，故D选。‎ 答案选D。‎ ‎11. 下列有关石油和煤的利用叙述不正确的是（ ）‎ A. 煤的干馏就是将煤隔绝空气在高温条件下使之分解，得到焦炭、煤焦油等物质的过程 B. 煤的液化就是将煤转化成甲醇、乙醇等其液态物质的过程 C. 煤的气化就是将煤在高温条件下由固态转化为气态的物理变化过程 D. 石油通过催化裂化或裂解，可以获得碳原子数较少的轻质油 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，煤的干馏产品主要有焦炭、煤焦油、粗氨水、焦炉气等，A正确；‎ B. 煤的液化是将煤转化为液体燃料(如甲醇等)的过程，B正确；‎ C. 煤的气化是将煤转化为气体燃料(如CO、H2)的过程，C错误；‎ D.‎ ‎ 石油的催化裂化与裂解原理相同，都是将相对分子质量大、沸点高的烃断裂为相对分子质量小，沸点低的烃的过程，从而获得轻质油，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎12.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 化学性质不同的有机物是同分异构体 B. 互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别 C. 若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们是同类有机物 D. 分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物是同系物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 同分异构体的化学性质可能相同，如正丁烷、异丁烷化学性质相同，故A错误；‎ B. 互为同分异构体的两种有机物的物理性质有差别，如沸点不同，故B正确；‎ C. 若烃中碳、氢元素的质量分数相同，它们不一定是同类有机物，如烯烃和环烷烃碳、氢元素的质量分数相同，但烯烃和环烷烃不同类，故C错误；‎ D. 分子组成相差一个或几个CH2原子团的有机物不一定是同系物，如CH4O是甲醇，C2H6O可能是乙醇或甲醚，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎13.在下列影响化学反应速率的因素中，能使化学反应速率加快的方法是（ ）‎ ‎①升高温度 ②加入催化剂 ③增大反应物浓度 ④将块状固体反应物磨成粉末 A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】影响化学反应速率的因素一般有温度、浓度、压强、催化剂等，据此判断。‎ ‎【详解】①任何化学反应升高温度一定能加快化学反应速率，正确；‎ ‎②使用催化剂能加快化学反应速率，正确；‎ ‎③增大反应物浓度，增大了活化分子数，一定能加快化学反应速率，正确；‎ ‎④将固体块状反应物磨成粉末，增大了接触面积，一定能加快化学反应速率，正确；‎ 答案选D。‎ ‎14. 化学中存在一些守恒或平衡原理，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 根据质量(原子)守恒定律，某物质完全燃烧的产物是CO2和H2O则该物质一定是烃 B. 根据能量守恒定律，所有化学反应的反应物的总能量一定等于生成物的总能量 C. 根据电子守恒定律，原电池中负极反应失电子数一定等于正极反应得电子数 D. 根据化学平衡原理，可逆反应的正反应速率在任何时刻一定等于逆反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为无法判断是否含有氧元素，错误；‎ B．因为任何化学反应都伴随着能量的变化，即反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，错误；‎ C．原电池中发生的是氧化还原反应，根据氧化还原反应规律，得电子数和失电子数一定相等，正确；‎ D．可逆反应中只有达到平衡状态时，正逆反应速率才是相等的，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.丁烷(C4H10)广泛应用于家用液化石油气，也用于打火机中作燃料，下列关于丁烷叙述不正确的是（ ）‎ A. 在常温下，C4H10是气体 B. C4H10与CH4互为同系物 C. 丁烷有正丁烷与异丁烷两种同分异构体 D. C4H10进行一氯取代后生成两种沸点不同的产物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在常温下，碳原子数小于或等于4的烃是气体，所以C4H10是气体，故A正确；‎ B.由于C4H10与CH4均是烷烃，二者结构相似，碳原子数不同，互为同系物，故B正确；‎ C.丁烷有正丁烷( CH3CH2CH2CH3)和异丁烷(CH3CH(CH3)CH3 )两种同分异构体，故C正确；‎ D.丁烷分为正丁烷和异丁烷，正丁烷一氯代物有2种；异丁烷的一氯代物有2种，所以丁烷进行一氯取代后共生成2+2=4种产物，C4H10进行一氯取代后生成四种沸点不同的产物，故D错误；‎ 所以本题答案：故选D .‎ ‎16.下列说法正确的是（ ）‎ A. 有些活泼金属如铝可作热还原法的还原剂 ‎ B. 用电解NaCl溶液的方法来冶炼金属钠 C. 可用焦炭或一氧化碳还原氧化铝的方法来冶炼铝 ‎ D. 废旧金属不能回收利用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有些活泼金属如铝可作热还原法的还原剂，如铝热法炼铬的反应，故A正确；‎ B．工业上用电解熔融NaCl的方法来冶炼金属钠，电解NaCl溶液生成NaOH、氢气和氯气，得不到金属钠，故B错误；‎ C．由于金属铝很活泼，金属铝只能用电解熔融的氧化铝来冶炼，故C错误；‎ D．有些废旧金属可以通过物理的方法加以回收，大多数金属通过化学方法可以回收利用，将废旧金属加以回收利用可以节约资源，节能环保，故D错误；‎ 故答案为：A。‎ ‎17.对生活中常见的有机物性质表述错误的是：（ ）‎ A. 乙醇可以和乙酸反应生成一种具有香味的液体 B. 检验乙醇中是否含有水可以向其中加入无水硫酸铜固体，观察固体是否变蓝 C. 乙酸具有酸的通性，和乙醇反应生成酯的过程中乙酸脱去氢原子 D. 乙酸的酸性比碳酸强，常可以来除碳酸盐水垢 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】乙醇的官能团是羟基，可发生取代、氧化和消去反应，乙酸的官能团是羧基，具有酸性，可发生中和和取代反应。‎ ‎【详解】A项、在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生取代反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯是一种具有香味的无色液体，故A正确；‎ B项、无水硫酸铜固体为白色固体，与水结合生成蓝色五水硫酸铜晶体，常用无水硫酸铜检验乙醇中是否含有水，故B正确；‎ C项、乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯的过程中，乙酸脱去羟基，醇脱去氢原子，故C错误；‎ D项、乙酸的酸性比碳酸强，能与水垢中的碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎18.下列性质描述错误是（ ）‎ A. 酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4‎ B. 碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3‎ C. 卤族元素随质子数增加其单质密度逐渐增大 D. 碱金属元素随质子数增加其单质熔点逐渐增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、非金属性Cl＞Br＞I，则最高价氧化物对应水合物的酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，故A正确；‎ B、同周期从左到右，原子序数越大，金属性越强，则金属性Na＞Mg＞Al，则最高价氧化物对应水合物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故B正确；‎ C、卤素单质都属于分子晶体，从上到下单质的相对分子质量逐渐增大，则单质的密度逐渐增大，故C正确；‎ D、碱金属都属于金属晶体，金属阳离子半径增大，对外层电子束缚能力减弱，金属键减弱，所以熔沸点降低，故D错误。‎ 答案选D。‎ ‎19.分子式为的同分异构体共有(不考虑立体异构) （ ）‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】C3H6Cl2可看成CH3CH2CH3中2个氢原子被2个氯原子取代的产物；取代同一碳原子上有两种情况，即中间碳原子和一侧碳原子；取代不同碳原子上也有两种情况，即相邻碳原子或相间的碳原子，所以，C3H6Cl2有四种同分异构体。答案选B。‎ 思维拓展：确定常见烃的同分异构体，需确定其结构是否对称，若左右（或上下）对称，只考虑结构的1/2和对称点即可，若上下左右都对称，只需考虑结构的1/4和对称点即可；确定二卤代物可以先考虑取代同一个碳原子和不同碳原子来分析。‎ ‎20.香草醛是一种广泛使用的可食用香料，可通过如下方法合成。下列说法正确的是 （ ）‎ A. CHCl3常温下为气态 ‎ B. 香草醛分子中所有碳原子一定共平面 C. 物质I苯环上的一氯代物有4种 ‎ D. 物质I和III为同系物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CHCl3常温下为一种无色液体，故A错误；‎ B．香草醛分子中苯环和醛基上的碳原子一定共平面，但是另一个碳原子因为通过氧原子连接呈V形，单键可以任意旋转，故该碳原子可能与其他碳原子共平面而不是一定，故B错误；‎ C．物质I没有对称轴，故苯环上有4种氢原子，故其一氯代物有4种，故C正确；‎ D．物质I和III的结构不相似即官能团的种类和数目不是分别相等，组成上也不是相差CH2的整数倍，故不是同系物关系，故D错误；‎ 故答案为：C。‎ 二、填空题 ‎21.按要求回答下列问题 I．下列物质组别中①互为同位素的是_________(填组别选项，下同)；②互为同素异形体的是_______；③互为同分异构体的是_________；④属于同一物质的是_________；⑤属于同系物的是_______。‎ A．冰与水 B．H2、D2、T‎2 C．O2与 O3 D．与E．CH2CH2CH2CH3 与 F．与 G．甲烷和庚烷 II．(1)乙烯使溴水褪色的反应类型和使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应类型____(填“相同”或“不相同”)。‎ ‎(2)用苯制备溴苯的化学方程式是____，该反应的类型____。‎ ‎【答案】(1). D (2). C (3). E (4). ABF (5). G (6). 不相同 (7). ）+ Br2 +HBr (8). 取代反应 ‎【解析】‎ ‎【详解】I．①同位素是指质子数相同而中子数不同同一元素不同原子之间的关系，故互为同位素的是D；‎ ‎②同素异形体是指同一元素形成的结构（性质）不同的单质，故互为同素异形体的是C；‎ ‎③同分异构体是指分子式相同而结构不同的化合物，故互为同分异构体的是E；‎ ‎④同一物质必需分子式和结构都相同，B中虽然原子组成不同，但是元素组成是相同的，应该都是H2分子，也是同一种物质，故属于同一物质的有ABF；‎ ‎⑤同系物是指结构相似，在组成上相差一个或若干个CH2原子团的一系列物质，故属于同系物的是G；故答案为：D C E ABF G；‎ II．(1)乙烯使溴水褪色是发生了加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色则发生氧化反应，故反应类型不相同，故答案为：不相同；‎ ‎(2)用苯制备溴苯是指苯与液溴在FeBr3的催化下发生取代反应，其化学方程式是+ Br2+HBr，故答案为：+ Br2+HBr 取代。‎ ‎22.已知:① X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的短周期元素。X 是所有元素中原子半径最小的元素，Y是形成化合物种类最多的元素，W的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Q与W同主族，Y、R原子的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。‎ ‎②莱纳斯·卡尔·鲍林在1932年提出electronegativity作为元素原子在化合物某种性质的标度，electronegativity的大小可以判断元素金属性与非金属性强弱，下表列出部分短周期元素的Electronegativity的值。‎ 元素 X Y Z W R Q electronegativity ‎2.1‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ ‎3.5‎ ‎0.9‎ ‎2.5‎ 元素 Mg Li Al Cl P Be electronegativity ‎1.2‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎3.0‎ ‎2.1‎ ‎1.5‎ 请回答下列问题（涉及X、Y、Z、W、R、Q时，用元素符号表示）：‎ ‎(1)根据上表给出的数据，可知元素的electronegativity越大，__(填“金属性”或“非金属性”)越强。‎ ‎(2)元素Q在周期表中的位置为_________。‎ ‎(3)W、R、Q单核简单离子半径由大到小排列顺序为______。‎ ‎(4)元素X、Z、W之间能形成多种10电子微粒，请写出反应物和产物均为X、Z、W之间形成的10电子微粒的一个离子方程式_______________。‎ ‎(5)一种由元素W、R组成的白色固体化合物，其电子式为_______________。‎ ‎(6)试比较稳定性：X2W_____ X2Q；沸点：X2W_____ X2Q （填“＜”或“＞”）。‎ ‎(7)元素 X、Y、Z、W、R、Q中的两种元素可形成原子个数比为1∶2的共价化合物，则这两种元素的原子序数之差不可能是_________。‎ A．2 B．‎4 C．5 D．7‎ ‎【答案】(1). 非金属性 (2). 第三周期VIA族 (3). S2－＞O2－＞Na+ (4). NH4++OHˉNH3↑+ H2O（或NH3 + H3O+＝NH4++ H2O或H3O++OHˉ＝2H2O等） (5). (6). ＞ (7). ＞ (8). B ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的短周期元素，由X是所有元素中原子半径最小的元素可知，X为H元素；由Y是形成化合物种类最多的元素可知，Y是C元素；由W的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知，W是O元素、Z是N元素；由Q与W同主族可知，Q是S元素；由Y、R原子的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数可知，R的最外层电子数为1，则R为Na元素。‎ ‎【详解】（1）根据上表给出的数据可知，元素的electronegativity代表电负性，电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以电负性越强非金属性越强，故答案为：非金属性；‎ ‎(2) Q为S元素，位于元素周期表第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；‎ ‎（3）氧离子和钠离子电子层结构相同，由电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子半径依次减小可知，氧离子半径大于钠离子；同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则硫离子半径大于氧离子，则离子半径由大到小排列顺序为S2－＞O2－＞Na+，故答案为：S2－＞O2－＞Na+；‎ ‎（4）H、N、O三种元素形成的10电子微粒有氨气、水、铵根离子、氢氧根离子和水合氢离子，其中微粒能发生反应的有铵根离子与氢氧根离子反应可以生成氨气和水，反应的化学方程式为NH4++OHˉNH3↑+ H2O；氨气与水合氢离子反应生成铵根离子和水，反应的化学方程式为NH3 + H3O+ ＝NH4++ H2O；水合氢离子和氢氧根离子反应生成水，反应的化学方程式为H3O++OHˉ＝2H2O，故答案为：NH4++OHˉNH3↑+ H2O（或NH3 + H3O+ ＝NH4++ H2O或H3O++OHˉ＝2H2O等）；‎ ‎(5)由钠、氧元素组成的白色固体化合物为氧化钠，氧化钠为离子化合物，电子式为，故答案为：；‎ ‎(6)元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氧元素的非极性强于硫元素，则水的稳定性强于硫化氢；水分子间可以形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，则水的沸点高于硫化氢，故答案为：＞；＞；‎ ‎(7)二氧化碳是共价化合物，分子中碳氧原子个数比为1:2，氧和碳原子序数差为2；肼是共价化合物，分子中氮氢原子个数比为1:2，氮和氢的原子序数差为5；水是共价化合物，分子中氧氢原子个数比为1:2，氧和氢原子序数差为7，则可形成原子个数比为1∶2的共价化合物中两种元素的原子序数之差不可能是4，B符合题意，故答案为：B。‎ ‎23.A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。‎ ‎(1) B中反应的离子方程式为______。‎ ‎(2) A中作正极的金属是_____，该电极上看到的现象为_____。‎ ‎(3) C中作负极的金属是____，该电极反应方程式为______。‎ ‎(4)现有未知金属A，将A与Fe用导线相连后放入稀硫酸溶液中，观察到A上有气泡，在A上发生____反应。(填“氧化”或“还原”)。‎ ‎【答案】(1). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (2). Cu (3). 有气泡产生 (4). Zn (5). Zn-2e-=Zn2+ (6). 还原 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) B中是铁和稀硫酸反应，故其离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为Fe+2H+=Fe2++H2↑；‎ ‎(2) A中铁比铜活泼，故铁作负极，铜作正极，该原电池正极上看到的现象为有气泡产生，故答案为：Cu；有气泡产生；‎ ‎(3) C中锌比铁更活泼，故锌作负极，负极上通常是电极本身失电子被氧化，故电极反应方程式为Zn-2e-=Zn2+，故答案为：Zn-2e-=Zn2+；‎ ‎(4)观察到A上有气泡，故A上发生电极反应为，故为还原反应，故答案为：还原 。‎ ‎24.已知：①A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成化合物E，其合成路线如图1所示。回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列物质的官能团名称：B：____________________；D：____________________。‎ ‎（2）反应④的化学方程式为________________________________________________，反应类型：________。‎ ‎（3）某学习小组设计物质B催化氧化的实验装置如下，根据图2装置回答问题。‎ ‎①装置甲锥形瓶中盛放的固体药品可能为________(填字母)。‎ A．Na2O2 B．KClC．Na2CO3 D．MnO2‎ ‎②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_______________________________。‎ ‎③物质B的催化氧化产物与葡萄糖具有相同的特征反应，将所得的氧化产物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，现象为______________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O (4). 取代反应(或酯化反应) (5). AD (6). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O (7). 产生砖红色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得D为CH3COOH，E是一种无色透明、有香味的油状液体，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，F为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成F为，结合有机物的结构和性质解答该题。‎ ‎【详解】A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇氧化生成C为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化可得D为CH3COOH，E是一种无色透明、有香味的油状液体，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，F为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成F为；‎ ‎(1)B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，B、D分子中的官能团名称分别是：羟基、羧基；‎ ‎(2)反应④为乙醇和乙酸的酯化反应，发生反应的化学方程式为CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；‎ ‎(3)在乙醇的催化氧化的实验中，根据装置图可知，装置甲用于产生氧气，可以用双氧水和二氧化锰，也可以用过氧化钠和水反应，装置乙用水浴加热产生乙醇蒸气，与氧氧混合，通过丙装置中的铜网作催化剂，丁装置用冷水冷却得到产物；‎ ‎①根据上面的分析可知，装置甲用于产生氧气，可以用双氧水和二氧化锰，也可以用过氧化钠和水反应，故答案为AD；‎ ‎②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中铜网作催化剂，乙醇被氧化成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O；‎ ‎③乙醇被氧化成乙醛，书本滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热会产生砖红色沉淀。‎ ‎25.目前世界上60%的镁是从海水中提取的。海水提镁的主要流程如下：‎ 提示：①MgCl2晶体的化学式为MgCl2·6H2O。‎ ‎②MgO的熔点为‎2852℃‎，无水MgCl2的熔点为‎714℃‎。‎ ‎(1)操作①的名称是______，操作②的名称______、_____、过滤。‎ ‎(2)试剂a的名称是_____。‎ ‎(3)用氯化镁电解生产金属镁的化学方程式为______。‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). 蒸发浓缩 (3). 冷却(或降温)结晶 (4). 盐酸 (5). MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法，故操作①的名称是过滤；从沉淀池中得到氢氧化镁用过滤的方法，从氯化镁溶液中得到六水合氯化镁，可以通过蒸发浓缩或冷却结晶的方法获得六水合氯化镁，操作②的名称蒸发浓缩、冷却（或降温）结晶；‎ 故答案为：过滤；蒸发浓缩 冷却结晶（或降温结晶）；‎ ‎(2)从氢氧化镁变为氯化镁，可以采用氢氧化镁和盐酸反应得到，反应的化学方程式为：Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，加入的足量试剂a是HCl，故试剂a的名称是盐酸，故答案为：盐酸；‎ ‎(3)由于氧化镁的熔点高，熔融需要较多的能量，成本较高，而氯化镁的熔点较低，所以工业上冶炼镁的方法是电解熔融的MgCl2，通电后阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极镁离子得到电子生成镁单质，故反应方程式为：MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑；‎ 故答案为：MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑。‎ ‎26.乙酸乙酯是无色具有水果香味的液体，沸点为‎77.2 ℃‎，实验室某次制取乙酸乙酯用醋酸14.3 mL、95%乙醇23 mL，还用到浓硫酸、饱和碳酸钠以及极易与乙醇结合的氯化钙溶液。主要装置如图所示：‎ 实验步骤：‎ ‎①先向A中的蒸馏烧瓶中注入少量乙醇和浓硫酸后摇匀，再将剩下的所有乙醇和冰醋酸注入分液漏斗里待用。这时分液漏斗里醋酸和乙醇的物质的量之比约为5∶7。‎ ‎②加热油浴保温约135～‎145 ℃‎。‎ ‎③将分液漏斗中的液体缓缓滴入蒸馏烧瓶里，调节加入速率使蒸出酯的速率与进料速率大体相等，直到加料完成。‎ ‎④保持油浴温度一段时间，至不再有液体馏出后，停止加热。‎ ‎⑤取下B中的锥形瓶，将一定量饱和Na2CO3溶液分批少量多次地加到馏出液里，边加边振荡，至无气泡产生为止。‎ ‎⑥将⑤的液体混合物分液，弃去水层。‎ ‎⑦将饱和CaCl2溶液(适量)加入分液漏斗中，振荡一段时间后静置，放出水层(废液)。‎ ‎⑧分液漏斗里得到的是初步提纯的乙酸乙酯粗品。‎ 试回答：‎ ‎(1)实验中浓硫酸的主要作用是_____。‎ ‎(2)用饱和Na2CO3溶液洗涤粗酯的目的是______。如果用NaOH溶液代替Na2CO3溶液将引起的后果是____。‎ ‎(3)用饱和CaCl2溶液洗涤粗酯的目的是_____。‎ ‎(4)在步骤⑧所得的粗酯里还含有的杂质是____。‎ ‎【答案】(1). 催化剂和吸水剂 (2). 与挥发出来的乙酸反应、溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度 (3). 使挥发出来的乙酸乙酯水解而使实验失败 (4). 除去乙醇 (5). 水 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）酯化反应中浓硫酸起到催化作用和吸水作用；‎ ‎（2）饱和碳酸钠溶液能与乙酸反应除去乙酸、溶解乙醇、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；乙酸乙酯在强碱性条件下发生水解反应；‎ ‎（3）乙醇和氯化钙会能形成络合物，饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇；‎ ‎（4）饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中还含有水。‎ ‎【详解】：‎ ‎（1）乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，又因为该反应为可逆反应，浓硫酸吸水后利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，故浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂，故答案为：催化剂和吸水剂；‎ ‎（2）制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，同时溶解挥发出来的乙醇，这样更便于闻乙酸乙酯的香味；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到乙酸乙酯；由于乙酸乙酯在强碱性条件下发生水解反应使最终得不到乙酸乙酯，使实验失败；故答案为：与挥发出来的乙酸反应、溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；使挥发出来的乙酸乙酯水解而使实验失败；‎ ‎（4）由于乙醇和氯化钙会能形成络合物，故可以用饱CaCl2溶液来吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，故答案为：除去乙醇；‎ ‎（5）饱和碳酸钠溶液除掉了乙酸和乙醇，饱和CaCl2溶液可以进一步吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中还含有杂质水，故答案为：水。‎