青海省西宁市2019-2020学年高一下学期期末考试调研测试化学试卷 Word版含解析

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青海省西宁市2019-2020学年高一下学期期末调研测试 化学试题 ‎1. 提出元素周期律并根据周期律编制出第一个元素周期表的科学家是( )‎ A. 门捷列夫 B. 拉瓦锡 C. 道尔顿 D. 阿伏加德罗 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．门捷列夫发现元素周期律并编制出元素周期表，A符合题意；‎ B．拉瓦锡首先通过实验验证出空气是由氮气和氧气组成的结论，B不符合题意；‎ C．道尔顿提出了近代原子学说，C不符合题意；‎ D．阿伏加德罗提出了分子与原子的区别，并提出了阿伏加德定律，D不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎2.下列说法中，错误的是 A. 化学的主要特点是在原子、分子水平上认识物质，化学可以识别、改变和创造分子 B. 学习化学的基本方法有观察法、实验法、分类法、比较法等 C. 化学反应过程中既有物质的变化，同时一定伴随着能量的变化 D. 人们通过化学反应可以制造出新元素、新物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质的构成微粒是分子、原子或离子，化学可以识别、改变和创造分子，但不能创造新的元素，故A正确；‎ B．化学是一门以实验为基础的科学，化学反应中常常伴随一些特殊现象，学习化学的基本方法有观察法、实验法、分类法、比较法等，B正确；‎ C．在化学变化中有新物质的生成，同时也伴随着能量的变化，故C正确；‎ D．化学变化中原子守恒，原子种类和数目不变，所以通过化学反应不可以得到新元素，核变化可以制造新元素，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎3.在已知的化合物中，种类最多的是 A. 过渡元素的化合物 B. 第IIA族元素的化合物 - 18 -‎ C. 第IVA族元素的化合物 D. 第VA族元素的化合物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎ 【详解】人类已知化合物中，有机物种类最多，有机物的基本元素为C元素，碳元素处于第二周期ⅣA族，故选C。‎ ‎4.下列各组物质混合后,溶液呈蓝色的是 A. 淀粉溶液与碘水 B. 蛋白质溶液与浓硝酸 C. 乙酸与氢氧化钠溶液 D. 氨水与酚酞溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碘单质遇淀粉显蓝色，A正确；‎ B．浓硝酸遇蛋白质显黄色，B错误；‎ C．乙酸与氢氧化钠反应，无颜色变化，C错误；‎ D．氨水是弱碱，遇酚酞变红色，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.以下互为同位素的是 A. 石墨与金刚石 B. D2和T2‎ C. 正丁烷与异丁烷 D. 35Cl和37Cl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】同位素是指具有相同的质子数而不同中子数的同一元素的不同原子，据此进行判断；‎ A．石墨与金刚石是同一元素形成的性质不同的单质，互为同素异形体，A不合题意；‎ B．D2和T2都是氢元素形成的单质，是同一种物质，B不合题意；‎ C．正丁烷与异丁烷具有相同的分子式而不同结构，故为同分异构体，C不合题意；‎ D．35Cl和37Cl是具有相同的质子数而不同中子数的同一元素的不同原子，互为同位素，D符合题意；‎ 故答案为：D。‎ ‎6.下列反应是吸热反应的是 - 18 -‎ A. 碳酸钙受热分解 B. 乙醇燃烧 C. 镁与稀盐酸反应 D. 氧化钙与水反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 吸热反应是指反应物总能量低于生成物总能量的反应，常见的吸热反应有：大多数分解反应，铵盐与碱的反应，以C、CO、H2为还原剂的氧化还原反应；放热反应是指反应物总能量高于生成物总能量的反应，常见的放热反应有：活泼金属与水或酸的反应，大多数化合反应，酸碱中和反应，所有的燃烧及缓慢氧化反应，铝热反应等，据此解题。‎ ‎【详解】A．由分析可知碳酸钙受热分解为分解反应，属于吸热反应，A符合题意；‎ B．乙醇燃烧是属于放热反应，B不合题意；‎ C．镁与稀盐酸反应是活泼金属与酸的反应，属于放热反应，C不合题意；‎ D．氧化钙与水反应是化合反应，属于放热反应，D不合题意；‎ 故答案为：A。‎ ‎7.下列说法正确的是 A. 向蛋白质溶液中加入重金属盐溶液可使蛋白质产生盐析 B. 油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油 C. 区别棉花和蚕丝的方法是灼烧后闻其是否有烧焦羽毛的气味 D. 淀粉和纤维素组成都是(C6H10O5)n，二者属于同分异构体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向蛋白质溶液中加入重金属盐溶液可使蛋白质发生变性，A错误；‎ B．油脂在酸性条件下水解生成高级脂肪酸和甘油，而在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，B错误；‎ C．区别棉花是纤维素，灼烧没有烧焦羽毛的气味，而蚕丝属于蛋白质，灼烧后有烧焦羽毛的气味，C正确；‎ D．虽然淀粉和纤维素组成都可以表示为(C6H10O5)n，但由于n值不同，二者不属于同分异构体，D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎8.下列关于煤、石油、天然气的叙述正确的是 - 18 -‎ A. 煤的主要成分是单质碳 B. 天然气是一种清洁的化石燃料 C. 石油的分馏和裂化都是化学变化 D. 塑料等合成材料只能以石油为原料制得 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤是由有机物和少量无机物组成的复杂混合物，故其主要成分不是单质碳，A错误；‎ B．天然气主要成分是CH4，燃烧后不会产生污染环境的物质，故是一种清洁的化石燃料，B正确；‎ C．石油的分馏是物理变化，石油的裂化是化学变化，C错误；‎ D．塑料等合成材料主要以石油、煤、天然气为原料制得，D错误；‎ 故答案：B。‎ ‎9.某元素最高价含氧酸的化学式是HRO4，则该元素气态氢化物的化学式可表示为 A. HR B. H2R C. RH3 D. RH4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据化学式的书写，可以推知R元素的化合价为+7价，故在形成氢化物时显-1价，答案为A。‎ ‎10.下列物质中,既含有离子键，又含有共价键的是 A. KOH B. CO2 C. MgCl2 D. H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．KOH是离子化合物，含离子键、共价键，故选A；‎ B．CO2是共价化合物，只含共价键，故不选B；‎ C．MgCl2离子化合物，只含离子键，故不选C；‎ D．H2O是共价化合物，只含共价键，故不选D；‎ 选A。‎ ‎11. 下列有关金属冶炼的说法错误的是（ ）‎ A. 绝大多数金属的冶炼主要依据氧化还原反应原理 - 18 -‎ B. 工业上可利用铝热反应炼铁 C. 金属铝的冶炼可采取电解熔融氯化铝的方法 D. 金属冶炼常会消耗许多能量，也易造成环境污染 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎ 【详解】A、大多数金属在自然界中以化合态的形式存在，冶炼金属单质的Mn＋＋ne－=M，属于氧化还原反应，故说法正确；‎ B、利用铝的还原性强于铁，工业上采用铝热法炼铁，如焊接钢轨，故说法正确；‎ C、氯化铝属于共价化合物，熔融状态下不导电，故说法错误；‎ D、金属冶炼常会消耗许多能量，也易造成环境污染，如电解熔融状态下氯化钠，消耗许多能量，产生重金属离子，故说法正确。‎ ‎12.已知15P、33As位于同一主族．下列关系正确的是（　　）‎ A. 原子半径：As＞Cl＞P B. 非金属性：Cl＞S＞As C. 热稳定性：HCl＞AsH3＞PH3 D. 酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．15P、33As位于同一主族，P、Cl位于同周期，则原子半径：As＞P＞Cl，故A错误；B．同主族从上到下非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强，非金属性：Cl＞S＞As，故B正确；C．非金属性：Cl＞P＞As，则热稳定性：HCl＞PH3＞AsH3，故C错误；D．非金属性：S＞P＞As，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键。同主族从上到下原子半径增大，非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱；同周期从左向右原子半径减小，非金属性增强。‎ ‎13.酒后驾车是引发交通事故的重要原因。交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+。下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是 ‎①乙醇沸点低 ②乙醇密度比水小 ③乙醇有还原性 ④乙醇是烃的含氧化合物 A. ②④ B. ②③ C. ①③ D. ①④‎ ‎【答案】C - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色Cr3+，说明K2Cr2O7是氧化剂，则乙醇是还原剂，具有还原性；呼出的气体中含有酒精，说明乙醇的沸点较低，易挥发，答案选C。‎ ‎14.工业生产硫酸时，其中一步反应是2SO2 + O2 2SO3，下列说法错误的是（ ）‎ A. 增大氧气的浓度可提高反应速率 B. 升高温度可提高反应速率 C. 使用催化剂能显著增大反应速率 D. 达到化学平衡时正逆反应速率相等且都为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．增大氧气的浓度，单位体积内的活化分子数目增加，单位时间内的有效碰撞次数增加，故反应速率增大，A说法正确；‎ B．升高温度，活化分子百分数增加，单位时间内的有效碰撞次数增加，故反应速率增大，B说法正确；‎ C．加入催化剂，可以降低反应的活化能，活化分子百分数增加，单位时间内的有效碰撞次数增加，故反应速率增大，C说法正确；‎ D．达到化学平衡时正逆反应速率相等，应反应没有停止，速率不为零，D说法错误。‎ 综上所述，相关说法错误的是D，答案选D。‎ ‎15.下列物质中，在一定条件下既能起加成反应，又能起取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色的是(　　)‎ A. 苯 B. 乙烷 C. 乙烯 D. 乙醇 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一定条件下，苯环上的H原子能被硝基、溴原子取代，苯环还能和氢气发生加成反应，同时，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确； ‎ B．乙烷能和Cl2在光照条件下发生取代反应，不能发生加成反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误； ‎ C．乙烯能发生加成反应，不能发生取代反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误； ‎ D．乙醇和氢卤酸反应时，羟基被卤素原子取代，和羧酸反应时，H - 18 -‎ 被取代，同时能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误 答案选A。‎ ‎16.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为3NA B. 标准状况下，11.2LCCl4中含有的共价键数目为2NA C. 常温常压下，17g羟基中含有的电子总数为10NA D. 1mol苯分子中含有C=C双键数目为3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯的分子式为C2H4，乙醇的分子式为C2H6O，可以改写成，根据烃的燃烧通式可以得知：、，故1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧时消耗O2的分子数为3NA，A正确；‎ B．标准状况下四氯化碳是液体，不能用22.4L/mol计算11.2L四氯化碳物质的量，故B错误；‎ C．羟基的相对分子质量为17，17g羟基物质的量为1mol，1mol羟基中含有的电子总数为9NA，C错误；‎ D．苯分子无碳碳双键，是特殊的单双键交替，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎17.下列反应中，属于加成反应的是 A. 2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑‎ B. +HNO3+H2O C. CH3CH=CH2+Br2→‎ D. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】加成反应是指有机物中的不饱和键（碳碳双键、碳碳三键等）断裂，在两端的碳原子上加上其他原子或原子团的反应，据此解答。‎ - 18 -‎ A．2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑属于置换反应，A不合题意；‎ B．+HNO3+H2O属于取代反应，B不合题意；‎ C．CH3CH=CH2+Br2→属于加成反应，C符合题意；‎ D．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O属于氧化反应，D不合题意；‎ 故答案为：C。‎ ‎18.下列说法正确的是 A. 在化学反应中，化学能只可以转化为热能 B. 合成氨工业中使用铁作催化剂可用来改变该反应的限度 C. NH4Cl受热固体消失和干冰升华只需克服分子间作用力 D. 化学键的断裂和形成，是化学反应中能量变化的主要原因 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在化学反应中，化学能可以转化为热能、电能、光能等多种形式的能量，A错误；‎ B．催化剂由于能同等幅度的改变正逆反应速率，故只能影响化学反应速率，不能改变化学反应限度，B错误； ‎ C．NH4Cl受热固体消失是发生了化学变化NH4ClNH3↑+HCl↑，而干冰升华只需克服分子间作用力，C错误；‎ D．化学反应的本质为旧化学键的断裂和新化学键的形成，断裂化学键需吸收能量，形成化学键会释放能力，故化学键的断裂和形成，是化学反应中能量变化的主要原因，D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎19.下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（　　）‎ A. 海水蒸发制海盐的过程只发生化学变化 B. 只通过物理变化即可从海水中提取溴单质 C. 从海水中可以得到MgCl2，可电解MgCl2溶液制备Mg D. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ - 18 -‎ A．海水蒸发制海盐，氯化钠溶解度随温度变化不大，利用溶剂蒸发析出氯化钠晶体分析，过程中是物理变化，故A错误；B．海水中溴元素是溴离子，海水提溴的工业生产过程是先氧化溴离子为溴单质，用热空气吹出得到，过程中有氧化还原反应，故B错误；C．电解氯化镁溶液得到氢氧化镁氢气和氯气，不能得到金属镁，工业上是电解熔融氯化镁得到，故C错误；D．海水淡化海水就是将海水中的可溶性杂质除去的过程，淡化方法有海水冻结法、电渗析法、蒸馏法、反渗透法、离子交换法等，其中最常用的有蒸馏法、渗析法，故D正确；故选D。‎ ‎20.下列实验操作和现象与结论关系不正确的是（ ）‎ 操作和现象 结论 ‎ A 将大小相同的K和Na放入等体积的水中，钾比钠反应剧烈 钾元素的金属性比钠元素强 ‎ B 将Ba（OH）2·8H2O和NH4Cl晶体在小烧杯中混合搅拌，用手触摸烧杯外壁感觉变凉 Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应 ‎ C 在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色 石蜡油的分解产物都是烯烃 ‎ D 向盛有H2O2溶液的试管中，加入少量FeCl3溶液，产生气泡的速率比不加FeCl3溶液的快 FeCl3可以加快H2O2分解的速率，起了催化作用 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．K、Na分别与水反应，钾比钠反应剧烈，可知金属性K的强，故A正确；B．用手触摸烧杯外壁感觉变凉，温度降低，可知Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，故B正确；C．在催化剂存在的条件下，石蜡油加强热生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，证明石蜡油的分解产物中含有烯烃，不能证明石蜡油的分解产物都是烯烃，故C错误；D．加入少量FeCl3溶液，加快反应速率，则产生气泡的速率比不加FeCl3溶液的快，可知FeCl3在H2O2分解中起了催化作用，故D正确；故选C。‎ - 18 -‎ 点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、反应中能量变化、影响反应速率因素等知识，把握物质的性质及反应原理为解答的关键。本题的易错点为D，双氧水的分解可以选用不同的催化剂。‎ ‎21.现有三种短周期元素：①H；②Na；③Cl。‎ ‎(1)②的单质在③的单质中燃烧，产生白烟，反应的化学方程式是______________，生成物是__________化合物(填“离子”或“共价”)。‎ ‎(2)①与③形成的化合物的电子式是_________，该化合物中含有_________共价键(填“极性”或“非极性”)。‎ ‎【答案】 (1). 2Na+Cl22NaCl (2). 离子 (3). (4). 极性 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)②的单质在③的单质中燃烧即金属钠在氯气中燃烧，产生白烟，故该反应的化学方程式是2Na+Cl22NaCl，生成物是NaCl，由阳离子钠离子和阴离子氯离子组成，故是离子化合物，故答案为：2Na+Cl22NaCl；离子；‎ ‎(2)①即H与③即Cl形成的化合物HCl的电子式是，该化合物中含有H和Cl不同非金属元素之间的共价键，故是极性共价键，故答案为：；极性。‎ ‎22.A~D是四种烃分子的球棍模型(如图)。‎ ‎(1)与A互为同系物的是_______________(填序号)。‎ ‎(2)能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是______________(填序号)。‎ ‎(3)C的同分异构体的结构简式是______________。‎ ‎(4)D和液溴反应的化学方程式是_______________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). B (3). (4). +Br2+HBr ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题干A~D是四种烃分子的球棍模型可知，A是甲烷CH4，B为乙烯C2H4，C是丁烷 - 18 -‎ CH3CH2CH2CH3，D是苯C6H6，据此进行解题。‎ ‎【详解】(1)同系物是指结构相似组成上相差一个或若干个-CH2-原子团的一系列物质，凡是符合CnH2n+2通式且n值不同的一定互为同系物，故与A互为同系物的是C，故答案为：C；‎ ‎(2)B中含有碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是B，故答案为：B；‎ ‎(3)C即丁烷的同分异构体只有一种即异丁烷，其结构简式是，故答案为：；‎ ‎(4)D即苯和液溴在FeBr3催化下发生取代反应，故该反应的化学方程式是+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr。‎ ‎23.下图是H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)反应过程中的能量变化图。‎ ‎（1）由图可知，1 mol H2(g)和1 mol Cl2(g)的总能量____（填“＞”、“＜”或者“=”） 2 mol HCl(g)的能量。‎ ‎（2）该反应是___________（填“吸”或者 “放”）热反应，从化学键的角度进行解释__________________________。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 放 (3). 断裂1molH-H键和1molCl-Cl键吸收的总能量小于形成2molH-Cl键放出的总能量 ‎【解析】‎ 图象分析可知反应物能量高于生成物，反应是放热反应，表示化学反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的能量变化，从化学键的角度进行解释 断裂1molH-H键和1molCl-Cl键吸收的总能量小于形成2molH-Cl键放出的总能量。‎ ‎24.‎ - 18 -‎ 乙醇是重要的有机化工原料，工业上关于乙醇的生产与应用的部分流程如图所示。其中物质D(C4H8O2)是具有芳香气味的液体。‎ ‎(1)B的结构简式为______________，C的官能团名称为____________。‎ ‎(2)③⑤的反应类型分别为_______________、___________________。‎ ‎(3)反应①、⑥的化学方程式分别为_______________、__________________。‎ ‎(4)D的同分异构体中，既能发生水解反应又能与新制Cu(OH)2悬浊液反应产生砖红色沉淀的有___________种。‎ ‎【答案】 (1). CH3CHO (2). 羧基 (3). 氧化反应 (4). 取代反应 (5). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (6). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (7). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查几种常见有机物的相互转化，由流程图中可知B是乙醛CH3CHO，C是乙酸CH3COOH，D是乙酸乙酯CH3COOCH2CH3，据此进行解题。‎ ‎【详解】(1)由分析可知，B是乙醇催化氧化成的乙醛，故结构简式为CH3CHO，C是乙酸CH3COOH，故其官能团名称为羧基，故答案为：CH3CHO；羧基；‎ ‎(2)由流程图可知，反应③是乙醛与氧气反应生成乙酸，故为氧化反应，反应⑤是硫酸氢乙酯在水中发生水解生成硫酸和乙醇的反应，故反应类型为取代反应，故答案为：氧化反应；取代反应；‎ ‎(3)由流程图可知反应①是乙烯催化水化生成乙醇的反应，其化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；反应⑥是乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯的反应，故其化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH ；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；‎ ‎(4)D的同分异构体中，既能发生水解反应说明分子中含有酯基，又能与新制Cu(OH)2悬浊液反应产生砖红色沉淀说明分子含有醛基，故只能是甲酸酯，故有HCOOCH2CH2CH3和HCOOCH(CH3)2两种，故答案为：2。‎ ‎25.下表为元素周期表的一部分。请参照元素①~⑧在表中的位置,用化学用语回答问题：‎ - 18 -‎ ‎(1)画出元素③的原子结构示意图：___________，它的气态氢化物的化学式为___________。‎ ‎(2)①~⑧中,最活泼的金属元素是____________(写元素符号，下同)；最活泼的非金属元素是___________。‎ ‎(3)⑦⑧的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是____________。‎ ‎(4)④、⑤、⑥三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是___________。‎ ‎(5)⑥的最高价氧化物与⑤的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是______________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). NH3 (3). Na (4). F (5). HClO4＞H2SiO3 (6). F-＞Na＋＞Al3+ (7). Al2O3+2OH-=2+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素在元素周期表中的位置可知：①是Li，②是C，③是N，④是F，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl，据此解答。‎ ‎【详解】（1）元素③是氮元素，其原子结构示意图：；它的气态氢化物是氨气，其化学式为NH3；‎ ‎（2）同一周期，从左至右，元素非金属性增强；同一主族，从上至下，元素非金属性减弱；①~⑧中，最活泼的金属元素是：Na；最活泼的非金属元素是：F；‎ ‎（3）非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故⑦⑧的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是：HClO4＞H2SiO3；‎ ‎（4）离子结构示意图相同的原子，原子序数越大，半径越小，故④、⑤、⑥三种元素的简单离子半径由大到小的顺序是F-＞Na＋＞Al3+；‎ ‎（5）⑥的最高价氧化物与⑤的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是：Al2O3+2OH-=2+H2O。‎ - 18 -‎ ‎26.在2L密闭容器内，800℃时发生反应：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，体系中NO物质的量n(NO)随时间的变化如下表：‎ ‎(1)上述反应_______(填“是"或“不是”)可逆反应。‎ ‎(2)在第5s时，NO的转化率为_______。‎ ‎(3)0-2s内，用O2表示反应的平均速率v(O2)=______mol/(L·s)。‎ ‎【答案】 (1). 是 (2). 65% (3). 0.0015‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)从表中数据可知，从3s后NO的浓度就不再发生变化且不为零，故上述反应是可逆反应，故答案为：是；‎ ‎(2)从表中数据可知，在第5s时，NO的转化率为，故答案为：65%；‎ ‎(3)0-2s内，可以先求出用NO表示的反应平均速率为：，再根据反应速率之比等于化学计量系数比，故用O2表示反应的平均速率，故答案为：。‎ ‎27.某化学兴趣小组用甲、乙两套装置(如图)进行丙烯酸(H2C=CHCOOH)与乙醇(CH3CH2OH)酯化反应的实验。已知:乙醇的沸点为78.5℃，丙烯酸的沸点为141℃，丙烯酸乙酯的沸点为99.8℃。回答下列问题：‎ ‎(1)仪器M的名称为__________，仪器A、B中的溶液均为__________。‎ - 18 -‎ ‎(2)乙装置效果比甲装置好的原因是____________________。‎ ‎(3)乙装置中冷凝水应该从__________(填“a”或“b”)口进入，仪器M中碎瓷片作用是__________。‎ ‎(4)将1mol乙醇(其中的氧用18O标记)在浓硫酸存在条件下与足量丙烯酸充分反应。下列叙述正确的是___________(填字母序号)。‎ A．生成的丙烯酸乙酯中含有18O　　B．生成的水分子中含有18O C．可能生成80g丙烯酸乙酯　　　D．可能生成102g丙烯酸乙酯 ‎【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 饱和Na2CO3溶液 (3). 乙装置比甲装置的冷凝效果好，可以减少丙烯酸乙酯的损失 (4). b (5). 防止暴沸 (6). AC(C选项考虑是可逆反应的原因)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题根据课本乙酸乙酯的制备迁移考查丙烯酸和乙醇发生酯化反应，重点考查实验装置的评价，酯化反应的机理等知识，试题难度不大。‎ ‎【详解】(1)由图乙装置可知仪器M的名称为蒸馏烧瓶，乙酸乙酯的制备中将生成乙酸乙酯通入到饱和碳酸钠溶液中，以中和乙酸、溶解乙醇和减少乙酸乙酯的溶解度便于分层，故仪器A、B中的溶液均为饱和碳酸钠溶液，故答案为：蒸馏烧瓶；饱和碳酸钠溶液；‎ ‎(2)由装置图可知，乙装置比甲装置多了冷凝装置，故乙装置的效果比甲装置好的原因是乙装置比甲装置的冷凝效果好，可以减少丙烯酸乙酯的损失，故答案为：乙装置比甲装置的冷凝效果好，可以减少丙烯酸乙酯的损失；‎ ‎(3)冷凝装置中的冷却水的流向应与蒸汽的流向相反，以增强冷凝效果，故乙装置中冷凝水应该从b口进入，仪器M中碎瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：b；防止暴沸；‎ ‎(4)根据酯化反应的机理是酸脱羟基醇脱氢，反应方程式进行计算，故：‎ A．根据酯化反应机理可知生成的丙烯酸乙酯中含有18O，A正确；　‎ B．根据酯化反应机理可知生成的水分子中不含有18O，B错误；‎ C．假如1mol乙醇完全反应生成丙烯酸乙酯，可生成102g，但因为酯化反应是可逆反应，任何物质不可能完全转化，故生成的丙烯酸乙酯小于102g即可，故可能生成80g丙烯酸乙酯，C正确；‎ - 18 -‎ D．根据C的分析可知，不可能生成102g丙烯酸乙酯，D错误；‎ 故答案为：AC。‎ ‎28.实验小组的同学们将三种金属按照下表的装置进行实验。回答问题：‎ 序号 甲 乙 丙 装置 现象 溶液变为浅绿色，Cu极产生大量气泡 Cu极的质量增加 M极的质量减少 ‎(1)装置甲中铁极的电极反应式是____________，溶液中H+向_____极移动(填“正”或“负”)。‎ ‎(2)装置乙中铜极发生____________(填“氧化”或“还原”)反应。‎ ‎(3)装置丙中M极为______(填“正极”或“负极”)，一段时间后溶液的酸性_____________(填“增强”“减弱”或“不变”)。‎ ‎(4)Fe、Cu、M中金属活动性最强的是_____________。‎ ‎【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). 正 (3). 还原 (4). 负极 (5). 减弱 (6). M ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题重点考查原电池的电极判断、电极反应式的书写，离子移动的方向，电流方向和利用原电池原理判断金属性的强弱。‎ ‎【详解】(1)装置甲中铁比铜活泼，故铁极是负极发生氧化反应，故电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，故溶液中H+向正极移动，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；正；‎ ‎(2)装置乙中铁比铜活泼，故铜极为正极，电解质溶液中的Cu2+得到电子发生还原反应，故答案为：还原；‎ ‎(3)装置丙中由于M电极逐渐减少，说明M电极失电子变为离子进入溶液中，故M极为负极，原电池中发生反应是M - 18 -‎ 与稀硫酸反应，故一段时间后溶液的酸性减弱，故答案为：负极；减弱；‎ ‎(4)由丙装置可知M比铁活泼，又根据金属活动顺序表可知，Fe比Cu活泼，故Fe、Cu、M中金属活动性最强的是M，故答案为：M。‎ ‎29.同学们为探究元素的非金属性：N＞C＞Si，设计如图实验装置进行实验。‎ ‎(1)装置A中加入的试剂是________，B中加入碳酸钙、C中加_______溶液。‎ ‎(2)在C中观察到_________的现象，则证明非金属性：N＞C＞Si。‎ ‎(3)小李同学认为该装置有缺陷，应怎样改进：________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 稀HNO3 (2). Na2SiO3(含的可溶性盐均可) (3). 溶液中产生白色(胶状)沉淀 (4). 在B、D之间连接一个装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要验证三者的非金属性N＞C＞Si，则A中应该放N的最高价氧化物对应的水化物，B放碳酸钙，C中放可溶性硅酸盐，通过复分解反应的现象即可验证非金属性，依此解答。‎ ‎【详解】（1）装置A中加入的试剂是稀HNO3；B中加入碳酸钙、C中加Na2SiO3(含的可溶性盐)溶液；‎ ‎（2）C中可观察到有硅酸生成即可，故溶液中产生白色(胶状)沉淀；‎ ‎（3）由于硝酸具有挥发性，故二氧化碳中混有硝酸，硝酸也能与硅酸钠溶液产生白色沉淀，影响实验结论，故应在B、D之间连接一个装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去左侧二氧化碳中的其他杂质气体。‎ ‎30.在100mLNaOH溶液中加入NH4NO3和(NH4)2SO4的固体混合物，加热充分反应，加入的混合物质量与产生的气体体积（标准状况）之间的关系如图所示。请完成下列问题：‎ - 18 -‎ ‎（1）100mLNaOH溶液完全反应最多产生气体______________L。‎ ‎（2）求NaOH溶液的物质的量浓度。______________‎ ‎（3）当NaOH溶液的体积为140mL，固体混合物质量是51.6g时，充分反应后生成的气体体积（标况）为多少升？______________‎ ‎【答案】 (1). 11.2 (2). 5.00 mol/L (3). 15.68L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图像可知，随着混合物的质量的增加，所得到的氨气体积不变时体积最大；‎ ‎（2）根据离子方程式NH4++OH－=NH3↑+H2O进行计算；‎ ‎（3）先判断固体和NaOH的过量问题，再利用较小的数据进行计算。‎ ‎【详解】（1）由图像可知，随着混合物的质量的增加，所得到的氨气体积不变时体积最大为11.2L；‎ ‎（2）根据离子方程式：NH4++OH－=NH3↑+H2O，n(NaOH)= n(NH3)= =0.5 mol，c(NaOH)= =5.00 mol/L；‎ ‎（3）设与51.6g固体混合物完全反应所需NaOH溶液体积为V1，V1=100mL×=150 mL＞140 mL，51.6g铵盐过量，应以NaOH溶液为准计算氨气量V(NH3)=11.2L× =15.68L。‎ - 18 -‎