【化学】山东省威海市2019-2020学年高一下学期期末考试试卷（解析版）

【化学】山东省威海市2019-2020学年高一下学期期末考试试卷（解析版）

山东省威海市2019-2020学年高一下学期期末考试试卷 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。考试结束后，将答题卡交回。‎ 第I卷(选择题 共60分)‎ 注意事项：‎ ‎1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考试号、考试科目填涂在答题卡上。‎ ‎2．每题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，不能答在试题上。‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 ‎ 选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.化学与我们的生产、生活密切相关。下列叙述错误的是（ ）‎ A. 高纯硅可用于制造芯片和光导纤维 B. 液化石油气主要成分为烃类物质 C. 废旧电池属于有害垃圾，不可随意丢弃，需专门回收 D. 用乙烯—四氟乙烯共聚物(ETFE膜)作为水立方的外立面膜结构材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.高纯硅可用于制造芯片，不能用于光导纤维，用于制光导纤维的是二氧化硅，A错误；‎ B.液化石油气主要是碳氢化合物所组成的，其主要成分为丙烷、丁烷以及其他的烷烃等，因此液化石油气的主要成分为烃类物质，B正确；‎ C废旧电池中含有重金属，属于有害垃圾，不可随意丢弃，需专门回收，C正确；‎ D.乙烯-四氟乙烯共聚物是一种化学物质，具有良好的耐热、耐化学性能和电绝缘性能，因此用乙烯—四氟乙烯共聚物(ETFE膜)作为水立方的外立面膜结构材料，D正确；答案选A。‎ ‎2.下列化学用语表述正确的是（ ）‎ A. 乙烯的球棍模型： B. 氯的原子结构示意图：‎ C. 中子数为10的氧离子： D. H2S的电子式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．为乙烯的比例模型，A错误；‎ B．氯原子核外共有17个电子，其原子结构示意图为，B正确；‎ C．根据质量数=质子数+中子数可知，中子数为10的氧离子的质量数为10+8=18，则表示为：，C错误；‎ D．H2S为共价化合物，其电子式应该为，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.下列过程既有旧键断裂又有新键生成的是（ ）‎ A. HCl气体溶于水 ‎ B. 汽车受到猛烈碰撞时，气囊迅速膨胀 C. 固体氯化钠高温变熔融态 ‎ D. 碘晶体升华 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCl气体溶于水电离出氢离子和氯离子，只有共价键被破坏，没有新键形成，A不选；‎ B. 汽车受到猛烈碰撞时，气囊迅速膨胀发生化学反应，既有旧键断裂又有新键生成，B选；‎ C. 固体氯化钠高温变熔融态电离出钠离子和氯离子，只有离子键断裂，没有新键形成，C不选；‎ D. 碘晶体升华属于物理变化，化学键不变，D不选；答案选B。‎ ‎4.10 mL浓度为1 mol•L－1的硫酸与过量的铁粉反应，若加入适量的下列溶液，既能提高反应速率又能增加氢气生成量的是（ ）‎ A. CuSO4 B. CH3COONa C. NaHSO4 D. Na2CO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入硫酸铜，铁可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，但生成氢气的量不变，故A错误；‎ B．加入CH3COONa，醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B错误；‎ C．加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，且氢离子总量增加，故既能提高反应速率又能增加氢气生成量，故C正确；‎ D．加入碳酸钠溶液，与硫酸反应生成二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D错误；答案选C。‎ ‎5.下列对Zn-Cu原电池的描述合理的是（ ）‎ A. 导线中电流的流向是：Zn极→Cu极 B. 负极反应式：Cu－2e－＝Cu2＋‎ C. 向Cu极移动 D. 若有1 mol电子流经导线，则可产生0.5 mol气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属性锌强于铜，锌是负极，铜是正极，则导线中电流的流向是：Cu极→Zn极，A错误；‎ B. 锌是负极，负极反应式：Zn－2e－＝Zn2＋，B错误；‎ C. 原电池中阴离子向负极移动，则向Zn极移动，C错误；‎ D. 正极氢离子放电生成氢气：2H＋＋2e－＝H2↑，若有1 mol电子流经导线，则可产生0.5 mol气体，D正确；答案选D。‎ ‎6.磷酸氯喹对治疗新冠肺炎具有一定的疗效。其有效成分氯喹结构简式如图所示，下列有关氯喹的说法正确的是（ ）‎ A. 该有机物属于合成高分子材料 B. 分子式为C18H25ClN3‎ C. 能发生取代反应和加成反应 D. 既含离子键又含共价键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯喹的相对分子质量较小，不是高分子，A错误；‎ B．根据氯喹的结构简式可知，其分子式为C18H26ClN3，B错误；‎ C．氯喹分子中含有苯环和碳碳双键，可发生取代和加成反应，C正确；‎ D．分子中不含有离子键，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.在一定条件下发生如下反应：反应Ⅰ：2H2SO4(l)＝2SO2(g)＋2H2O(g)＋O2(g) ΔH1＝＋551 kJ•mol－1反应Ⅱ：S(s)＋O2(g)＝SO2(g) ΔH2＝－297 kJ•mol－1反应Ⅲ：3SO2(g)＋2H2O(g)＝2H2SO4(l)＋S(s) ΔH3。下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应Ⅰ中各物质的化学计量数既可表示物质的量，又可表示分子个数 B. 反应Ⅱ中S(s)和O2(g)的总能量低于SO2(g)的总能量 C. ΔH3的数值为－254‎ D. ΔH的数值大小与物质的状态无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应Ⅰ中各物质的化学计量数只能表示物质的量，不能表示分子个数，A错误；‎ B. 反应Ⅱ是放热反应，则反应中S(s)和O2(g)的总能量高于SO2(g)的总能量，B错误；‎ C. 根据盖斯定律可知反应Ⅰ+反应Ⅱ即得到反应Ⅲ的逆反应，所以ΔH3的数值为－254，C正确；‎ D. 物质的聚集状态不同，含有的能量不同，ΔH的数值大小与物质的状态有关系，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 和分子中每个碳原子都达到饱和，均属于烷烃 B. C4H9Cl有4种同分异构体，C4H10O属于醇类的同分异构体也有4种 C. 煤的干馏、石油的分馏均是化学变化 D. 向饱和(NH4)2SO4溶液中滴加少量鸡蛋清溶液，溶液变浑浊，再加水浑浊不消失 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两种烃均属于饱和烃，为环烷烃，通式与烷烃不同，不属于烷烃，A错误；‎ B．C4H9Cl和属于醇类的C4H10O分子中除官能团—Cl和—OH外，剩下的基团均为—C4H9，—C4H9共有4种结构，因此C4H9Cl有4种同分异构体，C4H10O属于醇类的同分异构体也有4种，B正确；‎ C．石油的分馏是利用各组分的沸点不同进行分离的过程，是物理变化，C错误；‎ D．向饱和(NH4)2SO4溶液中滴加少量鸡蛋清溶液，发生盐析，再加水沉淀会消失，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.实验室利用海带提碘过程中，可能使用到下列装置且装置无误的是（ ）‎ A. 过滤 B. 灼烧 C. 分液 D. 蒸馏 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该装置是过滤装置，能达到实验目的，A正确；‎ B. 灼烧应该在坩埚中进行，不能在蒸发皿中完成，B错误；‎ C. 分液时分液漏斗下端要仅靠烧杯内壁，C错误；‎ D. 蒸馏时冷却水应该是下口进上口出，D错误；答案选A。‎ ‎10.“神舟十一号”飞船使用的砷化镓(GaAs)太阳能电池是我国自主研发、生产的产品。在元素周期表中P与As同主族，Al与Ga同主族，Ga与As同周期，下列说法错误的是（ ）‎ A. 酸性：H3AsO4＜H3PO4 B. 还原性：AsH3＞PH3‎ C. 原子半径：Ga＞As D. 失电子能力：Ga＜As ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＞As，则酸性H3AsO4＜H3PO4，A正确；‎ B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，非金属性P＞As，则还原性AsH3＞PH3，B正确；‎ C．Ga与As同周期，且Ga位于As的左侧，同周期元素从左至右原子半径依次减小，因此原子半径：Ga＞As，C正确；‎ D．同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越强，失电子能力越强，因此失电子能力：Ga＞As，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎11.为防止铁管道腐蚀分别采取了如下甲、乙两种方法，下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 方法甲叫作牺牲阳极保护法，R可以选择Zn、Cu等金属 B. 方法乙叫作外加电流阴极保护法 C. 两种方法的实质均是阻止铁发生氧化反应而腐蚀 D. 在潮湿的酸性土壤中，铁管道主要发生析氢腐蚀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 方法甲是将铁管道与金属R相连，因此叫作牺牲阳极保护法，R可以选择Zn，但不能选择Cu，因为铜放热金属性弱于铁，A错误；‎ B. 方法乙与外接电源负极相连，叫作外加电流阴极保护法，B正确；‎ C. 铁失去电子被氧化而被腐蚀，则两种方法实质均是阻止铁发生氧化反应而腐蚀，C正确；‎ D. 在潮湿的酸性土壤中氢离子浓度较大，铁管道主要发生析氢腐蚀，D正确；答案选A。‎ ‎12.利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ∆H1＝－58kJ•mol－1。下列说法错误的是（ ）‎ A. 催化剂参与了反应，不能改变∆H B. 催化剂能增大k正和k逆，但二者增大倍数不同 C. 升高温度，CO2和H2转化率均降低 D. 增大压强提高了甲醇产率，对化学平衡常数无影响 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 催化剂参与了反应，改变活化能，但不能改变∆H，A正确；‎ B. 催化剂能增大k正和k逆，由于能同等程度改变反应速率，所以二者增大倍数相同，B错误；‎ C. 正反应放热，升高温度平衡逆向进行，CO2和H2转化率均降低，C正确；‎ D. 正反应体积减小，增大压强平衡正向进行，提高了甲醇产率，由于平衡常数只与温度有关系，对化学平衡常数无影响，D正确；答案选B。‎ ‎13.如图，甲为石蜡分解装置图，乙为改进后的装置图，乙可明显缩短实验时间。下列说法错误的是（ ）‎ A. 碎瓷片的作用是防止暴沸 B. 矿渣棉浸透石蜡油的目的是保证产生足够多的气体供后续实验使用 C. 酸性KMnO4溶液褪色证明石蜡油分解产生的气体发生了氧化反应 D. 乙的优点是反应物与催化剂充分接触，酒精灯火焰集中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碎瓷片的作用是催化剂，不是防止暴沸，A说法错误；‎ B．矿渣棉浸透石蜡油可提供足量的石蜡油进行分解，保证产生足够多的气体供后续实验使用，B说法正确；‎ C．石蜡油分解产生的气体具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，C说法正确；‎ D．乙装置中催化剂MnO2与石蜡油形成糊状物，反应物与催化剂充分接触，同时使用防风罩可使酒精灯火焰更加集中，D说法正确；‎ 答案选A。‎ ‎14.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 7.8‎gNa2O2晶体中，阴、阳离子总数为0.3NA B. 标准状况下，‎2.24L苯中含有0.6NA个C－H键 C. 在浓硫酸作用下1molCH3COOH和1molCH3CH2OH共热生成NA个乙酸乙酯分子 D. ‎15g甲基(－CH3)中所含的电子数目为7NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 7.8‎gNa2O2的物质的量是0.1mol，晶体中，阴、阳离子总数为0.3NA，A正确；‎ B. 标准状况下苯是液体，‎2.24L苯中含有C－H键不是0.6NA个，B错误；‎ C. 酯化反应是可逆反应，在浓硫酸作用下1molCH3COOH和1molCH3CH2OH共热生成乙酸乙酯分子数小于NA个，C错误；‎ D. ‎15g甲基(－CH3)的物质的量是1mol，其中所含的电子数目为9NA，D错误；答案选A。‎ ‎15.某温度下，在体积一定的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3 (g) △H＜0，下列说法正确的是（ ）‎ A. 当2v(H2) =3v(NH3)时，反应达到平衡状态 B. 一段时间后，混合气体密度不变，反应达到平衡状态 C. 平衡后再充入NH3，达到新平衡时，NH3的百分含量变小 D. 若反应前充入的N2与H2物质的量相等，达平衡时H2的转化率比N2的高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学反应速率与化学计量数成正比，因此，无论反应是否平衡，始终有2v(H2)=3v(NH3)，则2v(H2) =3v(NH3)不能说明反应达到平衡状态，A错误；‎ B．反应在恒容容器中进行，根据质量守恒，反应前后气体总质量不变，则混合气体的密度始终不变，当密度不变时，不能说明反应达到平衡状态，B错误；‎ C．平衡后再充入NH3，平衡正向移动，但根据勒夏特列原理只能削弱不能抵消可知，达到新平衡时，NH3的百分含量变大，C错误；‎ D．若反应前充入的N2与H2物质的量相等，N2过量，因此达平衡时H2的转化率比N2的高，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成燃料电池。下列说法错误的是（ ）‎ A. 通入O2一极发生还原反应 B. 负极的电极反应式为：CH4－8e－+8OH－=CO2+6H2O C. 该电池总反应为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O D. KOH溶液需要定期补充 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成燃料电池，反应中甲烷失去电子，氧气得到电子。则 A. 氧气得到电子，因此通入O2一极发生还原反应，A正确；‎ B. 负极甲烷发生失去电子的氧化反应，则负极的电极反应式为：CH4－8e－+10OH－＝CO32－+7H2O，B错误；‎ C. 根据以上分析可知该电池总反应为：CH4+2O2+2KOH＝K2CO3+3H2O，C正确；‎ D. 总反应为：CH4+2O2+2KOH＝K2CO3+3H2O，反应中消耗氢氧化钾，因此KOH溶液需要定期补充，D正确；答案选B。‎ ‎17.已知温度不同，NO2和CO之间发生反应的机理不同。‎ ‎①673K时，NO2和CO发生基元反应(即一步完成)：NO2+CO = NO+CO2，其反应过程如图所示：‎ ‎②473K时，则经过两步反应，反应机理是：NO2+NO2→NO+ NO3(慢)，CO+ NO3→NO2+CO2(快)。下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 相同条件下，活化分子的能量比对应反应物分子的能量高 B. 473K时，总反应速率由第一步决定 C. 使用催化剂可增加活化分子百分数，提高NO2的平衡转化率 D. 温度不同反应机理不同，但都经历氮氧键断裂和碳氧键生成的过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应物分子吸收能量可得到活化分子，因此相同条件下，活化分子的能量比对应反应物分子的能量高，A正确；‎ B．化学反应速率主要由慢反应决定，因此473K时，总反应速率由第一步决定，B正确；‎ C．催化剂可增加活化分子百分数，但不影响平衡移动，因此不能提高NO2平衡转化率，C错误；‎ D．由题干信息可知，温度不同时，反应机理不同，但都是经历氮氧键断裂和碳氧键生成的过程，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎18.a、b、c、d、e、f均为周期表中前20号元素，其最外层电子数与周期数之间的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. 简单离子半径：e＞b＞c B. a、e两者的简单氢化物可直接化合生成离子化合物 C. 简单氢化物的稳定性：e＞d D. c、f两者的最高价氧化物对应的水化物互不反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】a、b均位于第二周期，最外层电子数分别是5、6个，a是N，b是O；c、d、e均位于第三周期，最外层电子数分别是3、5、7个，因此c、d、e分别是Al、P、Cl；f位于第四周期，最外层电子数是1个，f是K，据此解答。‎ ‎【详解】A.核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径：e＞b＞c，A正确；‎ B.a、e两者的简单氢化物分别是氨气和氯化氢，可直接化合生成离子化合物氯化铵，B正确；‎ C.非金属性Cl＞P，则简单氢化物的稳定性：e＞d，C正确；‎ D.c、f两者的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化铝和氢氧化钾，二者反应生成偏铝酸钾和水，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎19.某温度下，在‎2 L 密闭容器中投入一定量的X、Y，发生反应aX(g)＋bY(g)cZ(g)，经测定前4 s内v(Z)＝0.05 mol•L－1•s－1，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示，下列说法中错误的是（ ）‎ A. 该反应的化学方程式为3X(g)＋Y(g) 2Z(g)‎ B. 前4 s内，v(X)＝0.075 mol•L－1•s－1‎ C. 平衡时，Y的转化率为50%‎ D. 12s和15s时的化学平衡常数一致 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 经测定前4 s内v(Z)＝0.05 mol•L－1•s－1，则生成Z的浓度是0.2 mol•L－1，根据图像可知消耗X是0.3mol/L，因此a：c＝3：2；反应进行到12s时消耗X和Y分别是0.6mol/L、0.2mol/L，因此a：b＝3：1，所以该反应的化学方程式为3X(g)＋Y(g) 2Z(g)，A正确；‎ B. 根据反应速率之比等于化学计量数之比结合Z的反应速率可知前4 s内，v(X)＝0.075 mol•L－1•s－1，B正确；‎ C. 平衡时消耗Y是0.2mol/L，所以Y的转化率为＝40%，C错误；‎ D. 12s和15s时温度相同，因此化学平衡常数一致，D正确；答案选C。‎ ‎20.用VB2－空气电池电解硝酸银溶液(a、b、c均为惰性电极)装置如图所示。VB2电极的反应式为：2VB2＋22OH－－22e－＝V2O5＋2B2O3＋11H2O，当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到‎0.448 L气体(标准状况)，则下列说法错误的是（ ）‎ A. 原电池工作时总反应为：4VB2＋11O2＝4B2O3＋2V2O5‎ B. b电极为阳极，发生氧化反应 C. 电解过程中，c电极表面先有固体物质析出，后有气泡产生 D. 若B装置内的液体体积为100 mL(忽略体积变化)，则硝酸银溶液的物质的量浓度为0.4mol•L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. VB2电极为负极，负极反应式为：2VB2＋22OH－－22e－＝V2O5＋2B2O3＋11H2O，正极氧气得到电子转化为氢氧根离子，则原电池工作时总反应为：4VB2＋11O2＝4B2O3＋2V2O5，A正确；‎ B. b电极与电源的正极相连为阳极，发生失去电子的氧化反应，B正确；‎ C. 电解过程中，c电极为阴极，开始银离子得到电子，然后氢离子得到电子，则表面先有固体物质析出，后有气泡产生，C正确；‎ D. 当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到‎0.448 L气体(标准状况)，其中阳极产生氧气，物质的量是0.01mol，体积是‎0.224L，则阴极产生0.01 mol氢气，所以析出单质银的物质的量是0.02mol，所以硝酸银的物质的量是0.02mol，若B装置内的液体体积为100 mL(忽略体积变化)，则硝酸银溶液的物质的量浓度为0.2mol•L－1，D错误；‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共40 分)‎ 注意事项：1．第Ⅱ卷包括4小题，共40分，将答案写在答题卡上 ‎2．答卷前将答题卡内的项目和座号填写清楚 ‎21.a~h八种元素在周期表中的位置如图所示。按要求回答下列问题 (涉及化学式用相应元素符号表示)。‎ a b c d e f g h ‎(1)元素g在周期表中的位置__________________。‎ ‎(2)a与c形成的18e－微粒的电子式为_____，化合物dhc中含有的化学键为_____。‎ ‎(3)依据对角线规则，b与f性质相似。已知f的碳化物(f‎4C3)与水反应的方程式为：f‎4C3+12H2O＝‎4f(OH)3+3CH4↑，则b的碳化物(b‎2C)与水反应的方程式为_____________。‎ ‎(4)下列方案中不能证明非金属性h比g强的是__________。‎ ‎①最高价氧化物对应水化物的酸性h比g的强 ‎②单质与变价金属反应，产物的价态h比g的高 ‎③简单气态氢化物对应水溶液的酸性h比g的强 ‎④h的单质可将g的单质从其化合物中置换出来 ‎(5)选择合适的试剂设计一个简单的实验方案，证明e、f二者金属性的强弱(写出实验药品、步骤、现象和结论)___________________________________。(可供选择的试剂：水、1mol•L－1盐酸、18.4 mol•L－1硫酸、1mol•L－1NaOH溶液)‎ ‎【答案】(1). 第3周期ⅥA族 (2). (3). 离子键、共价键 (4). Be‎2C＋4H2O＝2Be(OH)2＋CH4↑ (5). ③ (6). 取一小段镁条和铝条，用砂纸除去表面的氧化膜，分别放入盛有等体积1mol•L－1的盐酸(或热水)的两只烧杯中，镁条与盐酸反应的剧烈程度大于铝条与盐酸反应的剧烈程度，说明金属性Mg大于Al (其他合理答案也正确)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知，a为H元素，b为Be元素，c为O元素，d为Na元素，e为Mg元素，f为Al元素，g为S元素，h为Cl元素，据此结合元素及其化合物的性质进行分析解答。‎ ‎【详解】(1)元素g为S元素，位于元素周期表第三周期第ⅥA族；‎ ‎(2)H与O形成的18e-微粒为H2O2，为共价化合物，其电子式为，NaClO为离子化合物，Na+和ClO-形成离子键，ClO-中Cl和O形成共价键，因此NaClO含有的化学键有离子键和共价键；‎ ‎(3)Be与Al的化学性质相似，根据已知，Al‎4C3+12H2O＝4Al(OH)3+3CH4↑，则Be的碳化物(Be‎2C)与水反应的方程式为Be‎2C＋4H2O＝2Be(OH)2＋CH4↑；‎ ‎(4)①最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，①可以证明；‎ ‎②单质与变价金属反应，产物的价态越高，单质的氧化性越强，非金属性越强，②可以证明；‎ ‎③氢化物的酸性强弱不能体现非金属强弱，③不能证明；‎ ‎④Cl的单质可将S的单质从其化合物中置换出来，说明非金属性Cl＞S，④可以证明；‎ 故答案选③；‎ ‎(5)根据题干中提供的试剂，可采用以下实验证明Mg和Al的金属性强弱：取一小段镁条和铝条，用砂纸除去表面的氧化膜，分别放入盛有等体积1mol•L－1的盐酸(或热水)的两只烧杯中，镁条与盐酸反应的剧烈程度大于铝条与盐酸反应的剧烈程度，说明金属性Mg大于Al。‎ ‎22.我国传统酿造工艺历史悠久，流程一为由谷物酿酒的过程，流程二为饮酒后乙醇在人体内的转化过程。根据题给信息和所学知识回答下列问题：‎ ‎(1)葡萄糖的结构简式为______________，所含官能团有醛基和______(写名称)。‎ ‎(2)下列说法正确的是________。‎ a.由谷物酿造的酒，对人体有益而无害，可放心饮用 b.蛋白质、淀粉水解的最终产物分别是氨基酸和葡萄糖 c.交警用酒精检测仪(含K2Cr2O7)查“酒驾”，其实质是乙醇被氧化 d.脂肪属于高分子化合物，水解后才能被人体吸收 e.啤酒的度数一般是3～5(%vol)，表示的是100mL酒中含有3～‎5g乙醇 ‎(3)实验室中实现③转化的化学方程式为__________________________________。‎ ‎(4)阿司匹林() 是一种解热、镇痛和消炎药物，可由水杨酸( ) 和乙酸反应得到，该反应的化学方程式为_______________________，其反应类型为____________。‎ ‎【答案】(1). HOCH2(CHOH)4CHO (2). 羟基 (3). bc (4). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (5). +CH3COOH +H2O (6). 取代反应(酯化反应)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)葡萄糖属于单糖，其结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，所含官能团有醛基和羟基。‎ ‎(2)a.过度饮酒对人体有害，a错误；‎ b.蛋白质、淀粉水解的最终产物分别是氨基酸和葡萄糖，b正确；‎ c.交警用酒精检测仪(含K2Cr2O7)查“酒驾”，由于重铬酸钾具有强氧化性，乙醇具有还原性，所以其实质是乙醇被氧化，c正确；‎ d.脂肪属于酯类，相对分子质量没有超过10000，不属于高分子化合物，d错误；‎ e.啤酒的度数一般是3～5(%vol)，表示的是100mL酒中含有3～5mL乙醇，e错误；‎ 答案选bc；‎ ‎(3)反应③是乙醇转化为乙醛，则实验室中实现③转化的化学方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。‎ ‎(4)阿司匹林()是一种解热、镇痛和消炎药物，可由水杨酸( )和乙酸反应得到，根据原子守恒可知还有水生成，则该反应的化学方程式为+CH3COOH +H2O，其反应类型为取代反应。‎ ‎23.为探究影响化学反应速率的因素，某研究小组设计了如下五个实验。按要求回答下列问题 (已知：Cu2+、Fe3+对H2O2的分解起催化作用) 。‎ ‎(1)为探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验___________(填序号，下同) ，选择的依据是_______________________。‎ ‎(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，应选择实验___________。‎ ‎(3)通过观察发现实验⑤比实验③现象明显，其原因是____________________。‎ ‎(4)根据上述实验，用H2O2快速制取少量O2，可采取的三条措施为___________。‎ ‎【答案】(1). ②和③ (2). 反应物浓度和催化剂相同，只有温度一个变量(或不同) (3). ①③④ (4). 实验⑤比实验③反应物浓度大，反应速率快 (5). 升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)为探究温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的条件完全相同，据此分析判断； ‎ ‎(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，需要保证除催化剂外的条件完全相同，据此分析判断；‎ ‎(3) 比较实验⑤和实验③反应条件的差别，据此分析解答；‎ ‎(4)根据上述实验，从温度、浓度、催化剂等角度选取合适的措施。‎ ‎【详解】(1)为探究温度对化学反应速率的影响，需要保证除温度外的条件完全相同，实验②和③反应物浓度和催化剂相同，只有温度一个变量，可以选择实验②和③探究温度对化学反应速率的影响，故答案为：②和③；反应物浓度和催化剂相同，只有温度不同； ‎ ‎(2)为探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，需要保证除催化剂外的条件完全相同，实验①、③和④的温度、浓度均相同，只有催化剂不同，可以探究催化剂对化学反应速率的影响，同时探究催化剂不同催化效果不同，故答案为：①③④；‎ ‎(3) 实验⑤和实验③的温度和催化剂相同，但实验⑤‎ 的浓度更大，反应速率更快，现象更明显，故答案为：实验⑤比实验③反应物浓度大，反应速率快；‎ ‎(4)根据上述实验，温度越高，浓度越大，使用催化剂，过氧化氢的分解速率均会加快，因此用H2O2快速制取少量O2，可采取的三条措施为：升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度，故答案为：升高温度、使用催化剂、增大H2O2的浓度。‎ ‎24.丁烷、丁烯是重要的化工原料，在化工业有重要的作用。回答下列问题：‎ ‎(1)已知下列反应：‎ ‎①C4H10(g)＝C4H8(g)＋H2(g) △H1＝＋123 kJ•mol－1‎ ‎②H2(g)＋O2(g)＝H2O(g) △H2＝－242kJ•mol－1‎ 则丁烷与氧气反应生成丁烯和水(g)的热化学方程式为______________________。‎ ‎(2)一定温度下，在‎1 L恒容密闭容器中充入1mol丁烷，发生反应：C4H10(g)＝C4H8(g)＋H2(g)。图为丁烷和丁烯在平衡时的体积分数与T、P的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。‎ ‎①105Pa时，图1中表示丁烯的曲线是______(填字母序号)。‎ ‎②若在105Pa、‎500 ℃‎条件下，该反应经过10 min达到平衡状态，则0～10 min内氢气的生成速率v(H2)＝_______mol•L－1•min－1。此时，丁烷的平衡转化率为________。‎ ‎③在104Pa、‎500 ℃‎条件下，该反应的化学平衡常数K＝_________。‎ ‎④在一定条件下实际测得丁烯产率与温度关系如图所示。由图可知，温度高于‎590 ℃‎时，随着温度升高，丁烯产率降低，可能的原因是_______________。‎ ‎【答案】(1). ‎2C4H10(g)＋O2(g)＝‎2C4H8(g)＋2H2O(g) △H＝－238kJ•mol－1 (2). c (3). ‎ ‎0.02 (4). 20% (5). 0.05 (6). ‎590℃‎后，副产物增多，所以丁烯产率降低 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知：①C4H10(g)＝C4H8(g)＋H2(g) △H1＝＋123 kJ•mol－1‎ ‎②H2(g)＋O2(g)＝H2O(g) △H2＝－242kJ•mol－1‎ 则根据盖斯定律可知（①+②）×2即得到丁烷与氧气反应生成丁烯和水(g)热化学方程式为‎2C4H10(g)＋O2(g)＝‎2C4H8(g)＋2H2O(g) △H＝－238kJ•mol－1。‎ ‎(2)①丁烯是生成物，正反应吸热，升高温度平衡正向进行，丁烯的体积分数增大，正反应体积增大，增大压强平衡向逆反应方向进行，丁烯的体积分数减小，则105Pa时，图1中表示丁烯的曲线是c。‎ ‎②若在105Pa、‎500 ℃‎条件下，该反应经过10 min达到平衡状态，根据图像可知平衡时丁烯的体积分数是，根据三段式可知 所以，解得x＝0.2，则0～10 min内氢气的生成速率v(H2)＝0.02mol•L－1•min－1。此时，丁烷的平衡转化率为20%。‎ ‎③在104Pa、‎500 ℃‎条件下，根据图像可知平衡时丁烷的体积分数是，根据三段式可知 所以，解得y＝0.2，该反应的化学平衡常数K＝＝0.05。‎ ‎④根据图像可知‎590℃‎后，副产物增多，所以丁烯产率降低。‎