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精品解析：山东省德州市2019-2020学年高一下学期期末考试化学试题
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高一化学试题
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。
2.考试结束后，请将答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Zn-65
第Ⅰ卷 (选择题 共40分)
一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、等微粒已被发现。下列有关说法中正确的是
A. H3是氢元素一种核素 B. O2与O4属于同素异形体
C. C60的质量数为720 D. 中含有36个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，H3是由氢元素形成的一种单质，不是原子，故A错误；
B．由同种元素形成的结构不同的单质互为同素异形体，O2与O4是由氧元素形成的不同单质，两者是同素异形体，故B正确；
C．C60的相对分子质量为12×60=720，摩尔质量为720g/mol，故C错误；
D．N5+中的电子数为7×5-1=34，故D错误；
答案选B。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 次氯酸的电子式：
B. S2－的结构示意图：
C. 原子核内有8个中子的碳原子：C
D. 甲烷分子的球棍模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．次氯酸的中心原子是O原子，次氯酸的电子式为，故A错误；
B．硫离子的质子数为16，核外电子排布为2、8、8，硫离子的结构示意图为 ，故B错误；
C．原子核内有8个中子的碳原子的质量数为14，该碳原子的表示方法为：C，故C正确；
D．甲烷分子的球棍模型为，故D错误。
答案选C。
3. 新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径大约在60~140nm，怕酒精，不耐高温。下列说法正确的是
A. 病毒由碳、氢、氧三种元素组成
B. 新冠病毒扩散到空气中不可能形成胶体
C. 医用酒精能用于消毒是因为它有强氧化性
D. 高温可使蛋白质发生变性
【答案】D
【解析】
【详解】A. 病毒由蛋白质和RNA组成，蛋白质含有元素C、H、O、N，RNA含有元素C、H、O、N、P，故A错误；
B. 新冠病毒直径大约在60~140nm，胶体分散质直径在1~100nm，故新冠病毒扩散到空气中有可能形成胶体，故B错误；
C. 医用酒精能用于消毒因为它能使蛋白质变性，故C错误；
D. 高温可使蛋白质发生变性，故D正确；
故答案选：D。
4. 下列叙述中正确的是
A. 元素原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数
B. 第三周期气态氢化物HCl、H2S、PH3的稳定依次增强
C. 元素周期表中副族共10个纵列，都属于金属元素
D. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备催化剂材料的元素
【答案】A
【解析】
【详解】A.元素原子的核外电子层数等于该元素所在的周期序数，故A正确；
B.同周期元素，从左到右非金属性依次增强，气态氢化物的稳定性依次增强，则第三周期气态氢化物HCl、H2S、PH3的稳定依次减弱，故B错误；
C.元素周期表中副族只有7个纵列，过渡元素有10个纵列，故C错误；
D.在金属元素与非金属元素的分界线附近寻找制备半导体的元素，在过渡元素中寻找制备催化剂材料的元素，故D错误；
故选A。
5. 下列过程不涉及化学变化的是
A. 通过煤的气化、液化获得清洁燃料
B. 用食醋除去暖瓶内的水垢
C. 含氯消毒剂用于环境消毒
D. 鸡蛋白溶液中加入硫酸铵饱和溶液后析出白色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤的气化是指以煤或煤焦(半焦)为原料，以氧气(空气、富氧或纯氧)、水蒸气或氢气等作气化剂(或称气化介质)，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为H2、CO等气体的过程；煤的液化是指将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料(直接)或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品(间接)的过程，二者均属于化学变化，故A不符合题意；
B．食醋的主要成分是醋酸，水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁、碳酸镁等，碳酸钙、氢氧化镁、碳酸镁都能和醋酸反应，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；
C．含氯消毒剂是利用物质的强氧化性杀死病毒的，消毒过程中涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D．鸡蛋白溶液中加入硫酸铵饱和溶液后析出白色沉淀，这是蛋白质的盐析，属于物理变化，故D符合题意；
答案选D。
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1mol苯所含的化学单键数目为12NA
B. 4.6g乙醇中含有C—H的数目为0.6NA
C. 标准状况下2.24LC12与足量铁完全反应转移电子数为0.2NA
D. 0.1mo1·L－1AlCl3溶液含有Cl－离子数为0.3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯分子不含碳碳单键，苯分子中碳碳键是介于单键与双键之间一种独特的化学键，故A错误；
B．4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，1分子的乙醇含有5个C—H，故4.6g乙醇中含有C—H的数目为0.5NA，故B错误；
C．铁与氯气反应生成氯化铁，标准状况下2.24LC12为1mol，1mol Cl2与足量的铁完全反应，氯气完全反应转化成2molCl-，转移电子数2NA，故C正确；
D．溶液体积不明确，故无法计算溶液中的氯离子的数目，故D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键。
7. 下列有关化学反应速率的说法正确的是
A. 常温下用铝片和硫酸反应制氢气，硫酸浓度越高，反应速率越快
B. 锌和稀硫酸反应时加入少量CuSO4溶液，可加快反应速率
C. 升高温度、增大压强和使用催化剂，反应速率一定加快
D. 等质量的铁片分别与同物质的量浓度的稀盐酸和稀硫酸反应，反应速率相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下浓硫酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，且生成的气体不是氢气，故A错误；
B．锌和稀硫酸反应时加入少量CuSO4溶液，Zn置换出硫酸铜中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，原电池反应加快化学反应速率，故B正确；
C．对于化学反应中有气体参加的化学反应，增大压强，化学反应速率加快，对于化学反应中没有气体参加反应，增大压强不影响化学反应速率，如稀盐酸和NaOH溶液的反应，故C错误；
D．等质量的铁片分别与同物质的量浓度的稀盐酸和稀硫酸反应时，稀硫酸溶液中氢离子浓度大于稀盐酸中氢离子浓度，稀硫酸溶液中反应速率比稀盐酸快，故D错误；
故选B。
8. 下列关于化学反应与能量的说法不正确的是
A. 乙醇的燃烧是放热反应
B. Mg与盐酸的反应是吸热反应
C. 反应物化学键的断裂要吸收能量
D. 化学反应伴随有能量的变化
【答案】B
【解析】
【详解】A.燃烧均为放热反应，A正确；
B.金属单质与酸的反应为放热反应，B错误；
C.反应物在反应中，化学键要发生断裂，键的断裂要吸收能量，C正确；
D.反应物断键吸收的能量与生成物成键放出的能量不相等，因此所有的化学反应都伴随能量的变化，D正确；
答案选B。
9. 下列有关化学反应的叙述正确酌是
A. 常温下铜在浓硝酸中发生钝化 B. 氯气和烧碱反应可制取漂白粉
C. 碳酸氢钠固体受热分解可得到纯碱 D. 铁和高温水蒸气反应生成铁红
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下铁和铝在浓硝酸中发生钝化，铜不发生钝化，故A错误；
B. 氯气和石灰乳反应可制取漂白粉，故B错误；
C. 碳酸氢钠固体受热分解可得到纯碱，故C正确；
D 铁和高温水蒸气反应生成四氧化三铁，故D错误；
故答案选：C。
10. 下列有关化学键的叙述正确的是
A. 单质分子中均存在化学键
B. 离子化合物中一定含有离子键
C. 非金属元素之间只能形成共价键
D. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀有气体单质为单原子分子，不存在化学键，故A错误；
B．含有离子键的化合物叫做离子化合物，则离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，故B正确；
C．非金属元素之间也能形成离子键，如硝酸铵、氯化铵等都是都是由非金属元素形成的离子化合物，即含有离子键，又含有共价键，故C错误；
D．含有共价键的化合物可能是共价化合物，也可能是离子化合物，如氯化铵是离子化合物，即含有离子键，又含有共价键；只含有共价键的化合物一定是共价化合物，故D错误；
答案选B。
二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部写对得4分。选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据表中部分短周期元素的信息，下列叙述正确的是
元素代号
L
M
Q
R
X
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.112
0.104
0.099
0.066
最高化合价或最低化合价
＋2
＋3
＋2
＋6
－1
－2
A. 相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L
D. X元素无最高正价，非金属性最强
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素，由元素的化合价可知，T只有-2价，则T为O，可知R为S，L、M、Q只有正价，原子半径L＞Q，则L为Mg，Q为Be，原子半径M的介于L、Q之间，则M为Al，X的最低负价为-1，其原子半径比O大，故为Cl，结合对应单质、化合物的性质解答该题。
【详解】A．金属性Mg比Be强，则Mg与酸反应更剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L＞Q，故A错误；
B．非金属性O＞S，则气态氢化物的稳定性H2T＞H2R，故B错误；
C．Al3＋与O2－的核外电子数均为10，核外电子排布均为2，8，故C正确；
D．X为Cl，最高正价为+7，不是非金属性最强的元素，故D错误。
答案选C。
12. 某实验兴趣小组以Zn和Cu为电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，并对实验进行了拓展研究，以下实验记录错误的是
A. 铜片上有气泡产生，锌片逐渐溶解
B. 电流在导线中从Zn电极流向Cu电极
C. 把Cu换成Mg，电流计指针发生逆向偏转
D. 把稀硫酸换成硫酸铜溶液，电流计指针依然偏转
【答案】B
【解析】
【详解】A.以Zn和Cu为电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池中，锌为原电池负极，锌失去电子发生氧化反应溶解生成锌离子，铜为正极，溶液中的氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，故A正确；
B.原电池工作时，电流由正极铜流向负极锌，电子由负极锌流向正极铜，故B错误；
C.把铜换成镁，镁的金属活泼性强于锌，镁做原电池的负极，锌做原电池的正极，与以Zn和Cu为电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池相比，正负极颠倒，则电流计指针会发生逆向偏转，故C正确；
D.把稀硫酸换成硫酸铜溶液，锌能与硫酸铜溶液发生自发的氧化还原反应，能够形成以Zn和Cu为电极，硫酸铜为电解质溶液组成的原电池，电流计指针依然会偏转，故D正确；
故选B。
13. 下列由实验现象得出的结论正确的是
操作及现象
结论
A
向苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置分层，上层呈橙红色，下层几乎无色
溴水与苯发生取代反应而褪色
B
向NaI溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振荡静置，下层呈紫色
I－还原性强于Cl－
C
湿润的淀粉KI试纸伸入某红棕色气体中，试纸变蓝
该气体一定为NO2
D
在无水乙醇中加入金属Na，缓慢生成可以在空气中燃烧的气体
乙醇是弱电解质
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯中滴入少量浓溴水，发生萃取，振荡、静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，为物理变化，故A 错误；
B．向NaI溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振荡静置，下层呈紫色，发生Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，还原剂的还原性强于还原产物，I－还原性强于Cl－，故B正确；
C．湿润的淀粉KI试纸伸入某红棕色气体中，试纸变蓝，可能是溴蒸气，也可能是NO2，故C错误；
D．在无水乙醇中加入金属Na，缓慢生成可以在空气中燃烧的气体，与电离无关，故D错误；
故选B。
14. Atropic酸是某些具有消炎、镇痛作用药物的中间体。其结构简式如图所示，关于Atropic酸的叙述错误的是
A. Atropic酸的分子式为C9H9O2
B. 能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 1mol Atropic酸与足量的Na反应能生成11.2LH2
D. 能与乙醇发生酯化反应
【答案】AC
【解析】
【详解】A.由结构简式可知，Atropic酸的分子式为C9H8O2，故A错误；
B.Atropic酸分子中含有碳碳双键，能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正确；
C.缺标准状况，无法计算1mol Atropic酸与足量的Na反应生成氢气的体积，故错误；
D.Atropic酸分子中含有羧基，在浓硫酸作用下，能与乙醇共热发生酯化反应，故D正确；
故选AC。
15. 某实验小组从富含NaBr的工业废水中提取Br2的过程主要包括：氧化、萃取、分液、蒸馏等步骤。已知：①蒸馏时各组分的沸点差异越大，分离效果越好；②可能用到的装置和数据如下：
物质
Br2
CCl4
乙苯
密度(g/cm3)
3.12
1.60
0.87
沸点(℃)
58.8
76.8
136.2
下列说法错误的是
A. ②的作用是吸收多余Cl2，防止空气污染
B. 用③进行萃取时，选择CCl4比乙苯更合理
C. 乙苯和CCl4萃取Br2时现象都是分层，上层无色，下层橙色
D. 仪器⑤的名称为冷凝管，其中b为进水口，a为出水口
【答案】BC
【解析】
【详解】A．氯气有毒，不能排放到环境中，用装置②吸收多余Cl2，防止空气污染，故A正确；
B．根据溴、乙苯和CCl4的沸点可知，溴与乙苯的沸点差较大，用乙苯萃取溴便于后续提纯溴，故B错误；
C．乙苯的密度比水小，萃取现象为上层橙色，下层无色，故C错误；
D．根据仪器形状可知仪器⑤为直形冷凝管，冷凝水的方向应与蒸汽的流动方向相反，冷效果最好，则b为进水口，a为出水口，故D正确；
答案选BC。
第Ⅱ卷 (非选择题 共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
0
1
①
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)在这些元素中，化学性质最不活泼元素的原子结构示意图为_____，形成的单质是半导体的是_____(填元素名称)。
(2)气态氢化物最稳定的是_____(填化学式，下同)，最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_____，呈两性的是_____，二者发生反应的离子方程式为_____。
(3)②、③、⑧的原子半径由小到大的顺序为_____(用元素符号表示)，⑥与⑨形成的化合物的电子式为_____，④与⑧形成的化合物属于_____(填“离子”或“共价”)化合物。
【答案】 (1). (2). 硅 (3). HF (4). NaOH (5). Al(OH)3 (6). Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－ (7). N
【分析】
由元素周期表中的相对位置可知，①为H元素、②为C元素、③为N元素、④为O元素、⑤为F元素、⑥为Na元素、⑦为Al元素、⑧为Si元素、⑨为S元素、⑩为Ar元素。
【详解】(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体Ar元素，原子结构示意图为；硅元素形成的单质是半导体，故答案为：；硅；
（2）元素的非金属性越强，气态氢化物约稳定，元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，在这些元素中，F元素的非金属性最强，则气态氢化物中最稳定的是HF；钠元素的金属性最强，则氢氧化钠的碱性最强，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－，故答案为：HF；NaOH；Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－；
（3）同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，、②为C元素、③为N元素、⑧为Si元素，则原子半径由小到大的顺序为N
17. 某研究性学习小组欲研究影响锌和稀硫酸反应速率的外界条件，下表是其实验设计的有关数据：
实验序号
锌的质量/g
锌的状态
c(H2SO4)/mo1·L-1
V(H2SO4)/mL
反应前溶液的温度/℃
1
0.65
粒状
0.5
50
20
2
0.65
粉末
0.5
50
20
3
0.65
粉末
0.8
50
20
4
0.65
粉末
0.8
50
35
(1)在此4组实验中，判断锌和稀硫酸反应速率大小，最简单的方法可通过定量测定_____进行判断，其速率最快的实验是_____(填实验序号)。
(2)对锌和稀硫酸反应，实验1和2表明，_____对反应速率有影响；实验2和3表明，_____对反应速率有影响。
(3)进行实验2时，小组同学根据实验过程绘制的标准状况下的气体体积V与时间t的图像如图所示。
①在OA、AB、BC三段中反应速率最快的是_____，原因是_____。
②2~4分钟内以硫酸的浓度变化表示的反应速率(假设溶液的体积不变)v(H2SO4)=_____。
【答案】 (1). 锌完全消失所需的时间 (2). 4 (3). 固体反应物的表面积 (4). 硫酸的浓度 (5). AB (6). 反应放热，使温度升高，反应速率加快 (7). 0.06mol·L－1·min－1
【解析】
【分析】
影响锌与稀硫酸的反应速率的因素，除锌粉的颗粒大小、质量及纯度外，主要是浓度、温度及催化剂等因素；
(1)对相同的锌粉来说，稀硫酸的浓度越大，反应速率越快，温度越高反应速率越快，锌完全消失所需的时间越短；
(2)1和2除固体表面积不同外，其它因素均相同；2和 3除硫酸浓度不同外，其它因素均相同；
(3)①分析相同时间内氢气体积的多少来判断速率的快慢；
②利用速率表达式v=计算速率。
【详解】
(1)第4组实验时温度最高，浓度最大，因此反应速率最快，锌完全消失所需的时间最短，故答案为：锌完全消失所需的时间；4；
(2)1和2除固体表面积不同外，其它因素相同，是考查固体反应物的表面积对速率的影响，2 和3除硫酸浓度不同外，其它因素均相同，因此考查影响速率的因素是浓度，故答案为：固体反应物的表面积；硫酸的浓度；
(3)①从图中看出2-4分钟内产生氢气最多，故这段时间内反应速率最大，因为反应放热，使温度升高，反应速率加快，故答案为：AB；反应放热，使温度升高，反应速率加快；
②2-4分钟内，产生氢气179.2-44.8=134.4mL，物质的量为 =6×10-3mol，根据反应方程式：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，参加反应硫酸的物质的量为：6×10-3mol ，v（H2SO4）= = =0.06mol·L－1·min－1，故答案为： 0.06mol·L－1·min－1。
【点睛】
本题考查了反应速率的测定及影响因素，注意在比较外界反应条件对反应速率的影响时，要限定其他条件相同，改变一个条件，这是解题的依据．
18. A、B、D、E、F、M是重要的有机化工原料。它们之间的转化关系如图。
(1)下列说法正确的是_____。
A.淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物
B.M可与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀
C.淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
D.用饱和碳酸钠溶液可以鉴别B、E和F
(2)A为最简单的烯轻，则其结构简式是_____。反应③属于_____(填反应类型)。
(3)反应④的化学方程式是_____。
(4)反应⑥的化学方程式是_____，该反应是可逆反应，下列能说明该反应已达到化学平衡状态的是_____(填序号)
A.混合物中各物质的物质的量相等
B.单位时间内，生成1molF，同时生成1molE
C.单位时间内，消耗1molB，同时消耗1molE
D.正反应的速率与逆反应的速率相等
【答案】 (1). ABD (2). CH2=CH2 (3). 加成反应 (4). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (5). CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O (6). BD
【解析】
【分析】
淀粉或纤维素完全水解生成M为葡萄糖，M在酒化酶的作用下分解生成B为乙醇，A是最简单的烯烃，即乙烯，乙醇发生催化氧化生成乙醛，C为乙醛，乙醛再被氧化为乙酸，即D为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，F为乙酸乙酯，由此分析解答。
【详解】(1)A．淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物，故A正确；
B．M中含有醛基，醛能和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化反应生成砖红色沉淀，所以M可与新制的氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀，故B正确；
C．淀粉和纤维素均可(C6H10O5)n表示，但n值不同。不是同分异构体，故C错误；
D．饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，能和乙酸反应生成二氧化碳，不溶解乙酸乙酯，所以用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；
故答案为：ABD；
(2)A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，反应③是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，故答案为：CH2=CH2；加成反应；
(3)反应④为乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；
(4)反应⑥为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；该反应是可逆反应，下列能说明该反应已达到化学平衡的是：
A．混合物中各物质的物质的量不变时达到平衡状态，但相等时不一定达到平衡状态，故A错误；
B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．无论反应是否达到平衡状态都存在“单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸“，反应速率同向，所以不能据此判断平衡状态，故C错误；
D．正反应的速率与逆反应的速率相等时反应达到平衡状态，故D正确；故选BD；
故答案为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；BD。
【点睛】本题涉及有机物推断、化学平衡状态判断、化学平衡计算等知识点，明确化学反应原理、有机物结构和性质关系及物质之间转化关系是解本题关键。
19. 某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。
已知：＋H2O
密度(g/cm3)
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81
－103
83
难溶于水
(1)制备粗品。将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是_____，导管B除了导气外还具有的作用是_____。
②试管C置于冰水浴中的目的是_____。
(2)制备精品。
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_____层(填“上”、“下”)，分液后用_____洗涤。
a.KMnO4溶液 b.稀H2SO4 c.Na2CO3溶液
②再将环己烯按如图装置蒸馏，仪器a的名称为_____。收集产品时，控制的温度应在_____左右。
(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_____。
a.用酸性高锰酸钾溶液 b.用金属钠 c.测定沸点
【答案】 (1). 防止暴沸 (2). 冷凝回流 (3). 防止环己烯的挥发 (4). 上 (5). c (6). 蒸馏烧瓶 (7). 83℃ (8). bc
【解析】
【分析】
（1）①加热液体时，为了防止液体暴沸，常采用加入沸石或碎瓷片；易挥发的物质反应时为提高其利用率，一般要有冷凝回流装置；
②反应生成的环己烯易挥发，应采用冰水冷却；
（2）①环己烯的密度比水小；除去环己烯粗品中含有的环己醇和酸性杂质，应用碳酸钠等碱性溶液洗涤除去；
②环己烯沸点为83℃，则收集产品应控制温度在83℃左右；
（3）环己烯和环己醇都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，环己醇能与钠反应，环己烯不能与金属钠反应，纯净物有固定的沸点，混合物没有固定的沸点。
【详解】（1）①加热液体时，为了防止液体暴沸，常采用加入沸石或碎瓷片；环己醇具有挥发性，则导管B除了导气外还具有冷凝回流作用，提高环己醇的利用率，故答案为：防止液体暴沸；冷凝回流；
②反应生成的环己烯易挥发，应采用冰水冷却，防止环己烯的挥发，故答案为：防止环己烯的挥发；
（2）①环己烯的密度比水小，则加入饱和食盐水，振荡、静置、分层后，环己烯在上层；环己醇能溶于水，酸性杂质可以与碳酸钠溶液反应，所以要除去环己烯粗品中含有的环己醇和酸性杂质，应用碳酸钠等碱性溶液洗涤除去，故答案为：上；c；
②由实验装置图可知，仪器a仪器为蒸馏烧瓶；根据表中数据可知，环己烯的沸点为83℃，则收集产品应控制温度在83℃左右，故答案为：蒸馏烧瓶；83；
（3）a.环己烯粗品中含有环己醇，环己烯和环己醇都能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，则酸性高锰酸钾溶液不能区分环己烯精品和粗品，故错误；
b.环己醇能与钠反应，环己烯不能与金属钠反应，则用金属钠能区分环己烯精品和粗品，故正确；
c. 环己烯精品为纯净物，有固定的沸点，而环己烯粗品是含有环己醇的混合物，没有固定的沸点，则测定沸点能区分环己烯精品和粗品，故正确；
bc正确，故答案为：bc。
【点睛】环己烯粗品中含有环己醇，环己烯和环己醇都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，酸性高锰酸钾溶液不能区分环己烯精品和粗品是解答关键，也是易错点。
20. 如图的坐标系是部分含硫化合物的转化关系图。
(1)X的名称为_____，Z的化学式为_____。
(2)用图中物质之间的反应，证明SO2有氧化性的反应的化学方程式为_____。
(3)若X能与Na2O2的反应生成Y，则该反应的化学方程式为_____。
(4)已知：＋I2＋H2O=＋2I－＋2H＋。某溶液中可能含有大量的Na＋、、Fe2＋、K＋、I－、、。向该溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，依此可判断该溶液中肯定含有_____；肯定不能含有_____。
(5)向50mL浓硫酸中加入铜片，加热，反应一段时间，共收集到2.24L(标准状况)的SO2，将反应后的混合物加水稀释，再加入足量锌粉放出15.68L(标准状况)的H2，则原浓硫酸的物质的量浓度为_____，整个过程消耗锌粉的质量为_____。
【答案】 (1). 三氧化硫 (2). H2SO3 (3). SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O (4). 2SO3＋2Na2O2=2Na2SO4＋O2 (5). (6). Fe2＋ (7). 18mol·L－1 (8). 52g
【解析】
【分析】
根据图示，S的+6价氧化物为SO3，则X为SO3， +4的S形成酸为亚硫酸，则Z为H2SO3，Y为+6价的盐，则Y为硫酸钠，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，X的名称为三氧化硫，Z的化学式为H2SO3；
(2)根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂在氧化反应中化合价降低，证明SO2有氧化性的反应的化学方程式为SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O；
(3)若SO3能与Na2O2的反应生成硫酸钠，则该反应的化学方程式为2SO3＋2Na2O2=2Na2SO4＋O2；
(4)根据题意，溶液本身无色，Fe2＋在溶液中呈浅绿色，则一定不含有Fe2＋，加少量溴水，溶液仍呈无色，说明溴水发生了反应生成了无色物质，I－和均可与溴水反应使溴水褪色，反应后的溶液无色，说明没有碘单质生成，则原溶液中一定含有，根据反应＋I2＋H2O=＋2I－＋2H＋可知，的还原性大于I－，故I－是否存在无法判断，溶液为电中性，一定含有阳离子，结合实验现象无法确定阳离子的种类，由于溶液中各离子的浓度未知，其他离子是否含有也无法确定，则可以确定的一定含有，一定不存在Fe2＋，其他离子无法具体确定；
(5)由于稀硫酸不与铜反应，向50mL浓硫酸中加入铜片，加热，反应一段时间，共收集到2.24L(标准状况)的SO2，发生的反应为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中消耗硫酸的物质的量=2n(SO2)==0.2mol，生成硫酸铜的物质的量为0.1mol；将反应后的混合物溶液为硫酸和硫酸铜的混合液，加水稀释，再加入足量锌粉放出15.68L(标准状况)的H2，该过程发生的反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，则该过程消耗的硫酸的物质的量= n(H2)==0.7mol，消耗锌粉的物质的量为0.7mol+0.1mol=0.8mol，整个反应过程中消耗硫酸的总物质的量=0.7mol+0.2mol=0.9mol，则原浓硫酸的物质的量浓度= ，整个过程消耗锌粉的质量为。
【点睛】本题的易错点为(5)中反应过程中消耗锌的质量的计算，容易忽略溶液中除存在硫酸之外还存在硫酸铜，锌可与硫酸铜溶液反应，也会消耗锌单质。
高一化学试题
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。
注意事项：
1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。
2.考试结束后，请将答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Zn-65
第Ⅰ卷 (选择题 共40分)
一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、等微粒已被发现。下列有关说法中正确的是
A. H3是氢元素一种核素 B. O2与O4属于同素异形体
C. C60的质量数为720 D. 中含有36个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，H3是由氢元素形成的一种单质，不是原子，故A错误；
B．由同种元素形成的结构不同的单质互为同素异形体，O2与O4是由氧元素形成的不同单质，两者是同素异形体，故B正确；
C．C60的相对分子质量为12×60=720，摩尔质量为720g/mol，故C错误；
D．N5+中的电子数为7×5-1=34，故D错误；
答案选B。
2. 下列化学用语表示正确的是
A. 次氯酸的电子式：
B. S2－的结构示意图：
C. 原子核内有8个中子的碳原子：C
D. 甲烷分子的球棍模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．次氯酸的中心原子是O原子，次氯酸的电子式为，故A错误；
B．硫离子的质子数为16，核外电子排布为2、8、8，硫离子的结构示意图为 ，故B错误；
C．原子核内有8个中子的碳原子的质量数为14，该碳原子的表示方法为：C，故C正确；
D．甲烷分子的球棍模型为，故D错误。
答案选C。
3. 新冠病毒由蛋白质外壳和单链核酸组成，直径大约在60~140nm，怕酒精，不耐高温。下列说法正确的是
A. 病毒由碳、氢、氧三种元素组成
B. 新冠病毒扩散到空气中不可能形成胶体
C. 医用酒精能用于消毒是因为它有强氧化性
D. 高温可使蛋白质发生变性
【答案】D
【解析】
【详解】A. 病毒由蛋白质和RNA组成，蛋白质含有元素C、H、O、N，RNA含有元素C、H、O、N、P，故A错误；
B. 新冠病毒直径大约在60~140nm，胶体分散质直径在1~100nm，故新冠病毒扩散到空气中有可能形成胶体，故B错误；
C. 医用酒精能用于消毒因为它能使蛋白质变性，故C错误；
D. 高温可使蛋白质发生变性，故D正确；
故答案选：D。
4. 下列叙述中正确的是
A. 元素原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数
B. 第三周期气态氢化物HCl、H2S、PH3的稳定依次增强
C. 元素周期表中副族共10个纵列，都属于金属元素
D. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备催化剂材料的元素
【答案】A
【解析】
【详解】A.元素原子的核外电子层数等于该元素所在的周期序数，故A正确；
B.同周期元素，从左到右非金属性依次增强，气态氢化物的稳定性依次增强，则第三周期气态氢化物HCl、H2S、PH3的稳定依次减弱，故B错误；
C.元素周期表中副族只有7个纵列，过渡元素有10个纵列，故C错误；
D.在金属元素与非金属元素的分界线附近寻找制备半导体的元素，在过渡元素中寻找制备催化剂材料的元素，故D错误；
故选A。
5. 下列过程不涉及化学变化的是
A. 通过煤的气化、液化获得清洁燃料
B. 用食醋除去暖瓶内的水垢
C. 含氯消毒剂用于环境消毒
D. 鸡蛋白溶液中加入硫酸铵饱和溶液后析出白色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．煤的气化是指以煤或煤焦(半焦)为原料，以氧气(空气、富氧或纯氧)、水蒸气或氢气等作气化剂(或称气化介质)，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为H2、CO等气体的过程；煤的液化是指将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料(直接)或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品(间接)的过程，二者均属于化学变化，故A不符合题意；
B．食醋的主要成分是醋酸，水垢的主要成分是碳酸钙、氢氧化镁、碳酸镁等，碳酸钙、氢氧化镁、碳酸镁都能和醋酸反应，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；
C．含氯消毒剂是利用物质的强氧化性杀死病毒的，消毒过程中涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D．鸡蛋白溶液中加入硫酸铵饱和溶液后析出白色沉淀，这是蛋白质的盐析，属于物理变化，故D符合题意；
答案选D。
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1mol苯所含的化学单键数目为12NA
B. 4.6g乙醇中含有C—H的数目为0.6NA
C. 标准状况下2.24LC12与足量铁完全反应转移电子数为0.2NA
D. 0.1mo1·L－1AlCl3溶液含有Cl－离子数为0.3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯分子不含碳碳单键，苯分子中碳碳键是介于单键与双键之间一种独特的化学键，故A错误；
B．4.6g乙醇的物质的量为0.1mol，1分子的乙醇含有5个C—H，故4.6g乙醇中含有C—H的数目为0.5NA，故B错误；
C．铁与氯气反应生成氯化铁，标准状况下2.24LC12为1mol，1mol Cl2与足量的铁完全反应，氯气完全反应转化成2molCl-，转移电子数2NA，故C正确；
D．溶液体积不明确，故无法计算溶液中的氯离子的数目，故D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键。
7. 下列有关化学反应速率的说法正确的是
A. 常温下用铝片和硫酸反应制氢气，硫酸浓度越高，反应速率越快
B. 锌和稀硫酸反应时加入少量CuSO4溶液，可加快反应速率
C. 升高温度、增大压强和使用催化剂，反应速率一定加快
D. 等质量的铁片分别与同物质的量浓度的稀盐酸和稀硫酸反应，反应速率相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温下浓硫酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，且生成的气体不是氢气，故A错误；
B．锌和稀硫酸反应时加入少量CuSO4溶液，Zn置换出硫酸铜中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，原电池反应加快化学反应速率，故B正确；
C．对于化学反应中有气体参加的化学反应，增大压强，化学反应速率加快，对于化学反应中没有气体参加反应，增大压强不影响化学反应速率，如稀盐酸和NaOH溶液的反应，故C错误；
D．等质量的铁片分别与同物质的量浓度的稀盐酸和稀硫酸反应时，稀硫酸溶液中氢离子浓度大于稀盐酸中氢离子浓度，稀硫酸溶液中反应速率比稀盐酸快，故D错误；
故选B。
8. 下列关于化学反应与能量的说法不正确的是
A. 乙醇的燃烧是放热反应
B. Mg与盐酸的反应是吸热反应
C. 反应物化学键的断裂要吸收能量
D. 化学反应伴随有能量的变化
【答案】B
【解析】
【详解】A.燃烧均为放热反应，A正确；
B.金属单质与酸的反应为放热反应，B错误；
C.反应物在反应中，化学键要发生断裂，键的断裂要吸收能量，C正确；
D.反应物断键吸收的能量与生成物成键放出的能量不相等，因此所有的化学反应都伴随能量的变化，D正确；
答案选B。
9. 下列有关化学反应的叙述正确酌是
A. 常温下铜在浓硝酸中发生钝化 B. 氯气和烧碱反应可制取漂白粉
C. 碳酸氢钠固体受热分解可得到纯碱 D. 铁和高温水蒸气反应生成铁红
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下铁和铝在浓硝酸中发生钝化，铜不发生钝化，故A错误；
B. 氯气和石灰乳反应可制取漂白粉，故B错误；
C. 碳酸氢钠固体受热分解可得到纯碱，故C正确；
D 铁和高温水蒸气反应生成四氧化三铁，故D错误；
故答案选：C。
10. 下列有关化学键的叙述正确的是
A. 单质分子中均存在化学键
B. 离子化合物中一定含有离子键
C. 非金属元素之间只能形成共价键
D. 含有共价键的化合物一定是共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀有气体单质为单原子分子，不存在化学键，故A错误；
B．含有离子键的化合物叫做离子化合物，则离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，故B正确；
C．非金属元素之间也能形成离子键，如硝酸铵、氯化铵等都是都是由非金属元素形成的离子化合物，即含有离子键，又含有共价键，故C错误；
D．含有共价键的化合物可能是共价化合物，也可能是离子化合物，如氯化铵是离子化合物，即含有离子键，又含有共价键；只含有共价键的化合物一定是共价化合物，故D错误；
答案选B。
二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部写对得4分。选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据表中部分短周期元素的信息，下列叙述正确的是
元素代号
L
M
Q
R
X
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.112
0.104
0.099
0.066
最高化合价或最低化合价
＋2
＋3
＋2
＋6
－1
－2
A. 相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L
D. X元素无最高正价，非金属性最强
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期元素，由元素的化合价可知，T只有-2价，则T为O，可知R为S，L、M、Q只有正价，原子半径L＞Q，则L为Mg，Q为Be，原子半径M的介于L、Q之间，则M为Al，X的最低负价为-1，其原子半径比O大，故为Cl，结合对应单质、化合物的性质解答该题。
【详解】A．金属性Mg比Be强，则Mg与酸反应更剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为L＞Q，故A错误；
B．非金属性O＞S，则气态氢化物的稳定性H2T＞H2R，故B错误；
C．Al3＋与O2－的核外电子数均为10，核外电子排布均为2，8，故C正确；
D．X为Cl，最高正价为+7，不是非金属性最强的元素，故D错误。
答案选C。
12. 某实验兴趣小组以Zn和Cu为电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，并对实验进行了拓展研究，以下实验记录错误的是
A. 铜片上有气泡产生，锌片逐渐溶解
B. 电流在导线中从Zn电极流向Cu电极
C. 把Cu换成Mg，电流计指针发生逆向偏转
D. 把稀硫酸换成硫酸铜溶液，电流计指针依然偏转
【答案】B
【解析】
【详解】A.以Zn和Cu为电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池中，锌为原电池负极，锌失去电子发生氧化反应溶解生成锌离子，铜为正极，溶液中的氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，故A正确；
B.原电池工作时，电流由正极铜流向负极锌，电子由负极锌流向正极铜，故B错误；
C.把铜换成镁，镁的金属活泼性强于锌，镁做原电池的负极，锌做原电池的正极，与以Zn和Cu为电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池相比，正负极颠倒，则电流计指针会发生逆向偏转，故C正确；
D.把稀硫酸换成硫酸铜溶液，锌能与硫酸铜溶液发生自发的氧化还原反应，能够形成以Zn和Cu为电极，硫酸铜为电解质溶液组成的原电池，电流计指针依然会偏转，故D正确；
故选B。
13. 下列由实验现象得出的结论正确的是
操作及现象
结论
A
向苯中滴入少量浓溴水，振荡，静置分层，上层呈橙红色，下层几乎无色
溴水与苯发生取代反应而褪色
B
向NaI溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振荡静置，下层呈紫色
I－还原性强于Cl－
C
湿润的淀粉KI试纸伸入某红棕色气体中，试纸变蓝
该气体一定为NO2
D
在无水乙醇中加入金属Na，缓慢生成可以在空气中燃烧的气体
乙醇是弱电解质
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯中滴入少量浓溴水，发生萃取，振荡、静置，溶液分层，上层呈橙红色，下层几乎无色，为物理变化，故A 错误；
B．向NaI溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振荡静置，下层呈紫色，发生Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，还原剂的还原性强于还原产物，I－还原性强于Cl－，故B正确；
C．湿润的淀粉KI试纸伸入某红棕色气体中，试纸变蓝，可能是溴蒸气，也可能是NO2，故C错误；
D．在无水乙醇中加入金属Na，缓慢生成可以在空气中燃烧的气体，与电离无关，故D错误；
故选B。
14. Atropic酸是某些具有消炎、镇痛作用药物的中间体。其结构简式如图所示，关于Atropic酸的叙述错误的是
A. Atropic酸的分子式为C9H9O2
B. 能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 1mol Atropic酸与足量的Na反应能生成11.2LH2
D. 能与乙醇发生酯化反应
【答案】AC
【解析】
【详解】A.由结构简式可知，Atropic酸的分子式为C9H8O2，故A错误；
B.Atropic酸分子中含有碳碳双键，能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正确；
C.缺标准状况，无法计算1mol Atropic酸与足量的Na反应生成氢气的体积，故错误；
D.Atropic酸分子中含有羧基，在浓硫酸作用下，能与乙醇共热发生酯化反应，故D正确；
故选AC。
15. 某实验小组从富含NaBr的工业废水中提取Br2的过程主要包括：氧化、萃取、分液、蒸馏等步骤。已知：①蒸馏时各组分的沸点差异越大，分离效果越好；②可能用到的装置和数据如下：
物质
Br2
CCl4
乙苯
密度(g/cm3)
3.12
1.60
0.87
沸点(℃)
58.8
76.8
136.2
下列说法错误的是
A. ②的作用是吸收多余Cl2，防止空气污染
B. 用③进行萃取时，选择CCl4比乙苯更合理
C. 乙苯和CCl4萃取Br2时现象都是分层，上层无色，下层橙色
D. 仪器⑤的名称为冷凝管，其中b为进水口，a为出水口
【答案】BC
【解析】
【详解】A．氯气有毒，不能排放到环境中，用装置②吸收多余Cl2，防止空气污染，故A正确；
B．根据溴、乙苯和CCl4的沸点可知，溴与乙苯的沸点差较大，用乙苯萃取溴便于后续提纯溴，故B错误；
C．乙苯的密度比水小，萃取现象为上层橙色，下层无色，故C错误；
D．根据仪器形状可知仪器⑤为直形冷凝管，冷凝水的方向应与蒸汽的流动方向相反，冷效果最好，则b为进水口，a为出水口，故D正确；
答案选BC。
第Ⅱ卷 (非选择题 共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 下表为元素周期表的一部分，请参照元素①~⑩在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
Ⅵ
Ⅶ
0
1
①
2
②
③
④
⑤
3
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
(1)在这些元素中，化学性质最不活泼元素的原子结构示意图为_____，形成的单质是半导体的是_____(填元素名称)。
(2)气态氢化物最稳定的是_____(填化学式，下同)，最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是_____，呈两性的是_____，二者发生反应的离子方程式为_____。
(3)②、③、⑧的原子半径由小到大的顺序为_____(用元素符号表示)，⑥与⑨形成的化合物的电子式为_____，④与⑧形成的化合物属于_____(填“离子”或“共价”)化合物。
【答案】 (1). (2). 硅 (3). HF (4). NaOH (5). Al(OH)3 (6). Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－ (7). N
【分析】
由元素周期表中的相对位置可知，①为H元素、②为C元素、③为N元素、④为O元素、⑤为F元素、⑥为Na元素、⑦为Al元素、⑧为Si元素、⑨为S元素、⑩为Ar元素。
【详解】(1)在这些元素中，化学性质最不活泼的元素是稀有气体Ar元素，原子结构示意图为；硅元素形成的单质是半导体，故答案为：；硅；
（2）元素的非金属性越强，气态氢化物约稳定，元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，在这些元素中，F元素的非金属性最强，则气态氢化物中最稳定的是HF；钠元素的金属性最强，则氢氧化钠的碱性最强，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－，故答案为：HF；NaOH；Al(OH)3＋OH－=[Al(OH)4]－；
（3）同主族元素，从上到下原子半径依次增大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，、②为C元素、③为N元素、⑧为Si元素，则原子半径由小到大的顺序为N
17. 某研究性学习小组欲研究影响锌和稀硫酸反应速率的外界条件，下表是其实验设计的有关数据：
实验序号
锌的质量/g
锌的状态
c(H2SO4)/mo1·L-1
V(H2SO4)/mL
反应前溶液的温度/℃
1
0.65
粒状
0.5
50
20
2
0.65
粉末
0.5
50
20
3
0.65
粉末
0.8
50
20
4
0.65
粉末
0.8
50
35
(1)在此4组实验中，判断锌和稀硫酸反应速率大小，最简单的方法可通过定量测定_____进行判断，其速率最快的实验是_____(填实验序号)。
(2)对锌和稀硫酸反应，实验1和2表明，_____对反应速率有影响；实验2和3表明，_____对反应速率有影响。
(3)进行实验2时，小组同学根据实验过程绘制的标准状况下的气体体积V与时间t的图像如图所示。
①在OA、AB、BC三段中反应速率最快的是_____，原因是_____。
②2~4分钟内以硫酸的浓度变化表示的反应速率(假设溶液的体积不变)v(H2SO4)=_____。
【答案】 (1). 锌完全消失所需的时间 (2). 4 (3). 固体反应物的表面积 (4). 硫酸的浓度 (5). AB (6). 反应放热，使温度升高，反应速率加快 (7). 0.06mol·L－1·min－1
【解析】
【分析】
影响锌与稀硫酸的反应速率的因素，除锌粉的颗粒大小、质量及纯度外，主要是浓度、温度及催化剂等因素；
(1)对相同的锌粉来说，稀硫酸的浓度越大，反应速率越快，温度越高反应速率越快，锌完全消失所需的时间越短；
(2)1和2除固体表面积不同外，其它因素均相同；2和 3除硫酸浓度不同外，其它因素均相同；
(3)①分析相同时间内氢气体积的多少来判断速率的快慢；
②利用速率表达式v=计算速率。
【详解】
(1)第4组实验时温度最高，浓度最大，因此反应速率最快，锌完全消失所需的时间最短，故答案为：锌完全消失所需的时间；4；
(2)1和2除固体表面积不同外，其它因素相同，是考查固体反应物的表面积对速率的影响，2 和3除硫酸浓度不同外，其它因素均相同，因此考查影响速率的因素是浓度，故答案为：固体反应物的表面积；硫酸的浓度；
(3)①从图中看出2-4分钟内产生氢气最多，故这段时间内反应速率最大，因为反应放热，使温度升高，反应速率加快，故答案为：AB；反应放热，使温度升高，反应速率加快；
②2-4分钟内，产生氢气179.2-44.8=134.4mL，物质的量为 =6×10-3mol，根据反应方程式：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，参加反应硫酸的物质的量为：6×10-3mol ，v（H2SO4）= = =0.06mol·L－1·min－1，故答案为： 0.06mol·L－1·min－1。
【点睛】
本题考查了反应速率的测定及影响因素，注意在比较外界反应条件对反应速率的影响时，要限定其他条件相同，改变一个条件，这是解题的依据．
18. A、B、D、E、F、M是重要的有机化工原料。它们之间的转化关系如图。
(1)下列说法正确的是_____。
A.淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物
B.M可与新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀
C.淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，二者互为同分异构体
D.用饱和碳酸钠溶液可以鉴别B、E和F
(2)A为最简单的烯轻，则其结构简式是_____。反应③属于_____(填反应类型)。
(3)反应④的化学方程式是_____。
(4)反应⑥的化学方程式是_____，该反应是可逆反应，下列能说明该反应已达到化学平衡状态的是_____(填序号)
A.混合物中各物质的物质的量相等
B.单位时间内，生成1molF，同时生成1molE
C.单位时间内，消耗1molB，同时消耗1molE
D.正反应的速率与逆反应的速率相等
【答案】 (1). ABD (2). CH2=CH2 (3). 加成反应 (4). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (5). CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O (6). BD
【解析】
【分析】
淀粉或纤维素完全水解生成M为葡萄糖，M在酒化酶的作用下分解生成B为乙醇，A是最简单的烯烃，即乙烯，乙醇发生催化氧化生成乙醛，C为乙醛，乙醛再被氧化为乙酸，即D为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，F为乙酸乙酯，由此分析解答。
【详解】(1)A．淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物，故A正确；
B．M中含有醛基，醛能和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化反应生成砖红色沉淀，所以M可与新制的氢氧化铜悬浊液在加热条件下生成砖红色沉淀，故B正确；
C．淀粉和纤维素均可(C6H10O5)n表示，但n值不同。不是同分异构体，故C错误；
D．饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，能和乙酸反应生成二氧化碳，不溶解乙酸乙酯，所以用饱和碳酸钠溶液可以鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯，故D正确；
故答案为：ABD；
(2)A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，反应③是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，故答案为：CH2=CH2；加成反应；
(3)反应④为乙醇催化氧化为乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，故答案为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；
(4)反应⑥为乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，化学方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；该反应是可逆反应，下列能说明该反应已达到化学平衡的是：
A．混合物中各物质的物质的量不变时达到平衡状态，但相等时不一定达到平衡状态，故A错误；
B．单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；
C．无论反应是否达到平衡状态都存在“单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸“，反应速率同向，所以不能据此判断平衡状态，故C错误；
D．正反应的速率与逆反应的速率相等时反应达到平衡状态，故D正确；故选BD；
故答案为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3COOCH2CH3＋H2O；BD。
【点睛】本题涉及有机物推断、化学平衡状态判断、化学平衡计算等知识点，明确化学反应原理、有机物结构和性质关系及物质之间转化关系是解本题关键。
19. 某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置(如图)，以环己醇制备环己烯。
已知：＋H2O
密度(g/cm3)
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81
－103
83
难溶于水
(1)制备粗品。将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是_____，导管B除了导气外还具有的作用是_____。
②试管C置于冰水浴中的目的是_____。
(2)制备精品。
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_____层(填“上”、“下”)，分液后用_____洗涤。
a.KMnO4溶液 b.稀H2SO4 c.Na2CO3溶液
②再将环己烯按如图装置蒸馏，仪器a的名称为_____。收集产品时，控制的温度应在_____左右。
(3)以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是_____。
a.用酸性高锰酸钾溶液 b.用金属钠 c.测定沸点
【答案】 (1). 防止暴沸 (2). 冷凝回流 (3). 防止环己烯的挥发 (4). 上 (5). c (6). 蒸馏烧瓶 (7). 83℃ (8). bc
【解析】
【分析】
（1）①加热液体时，为了防止液体暴沸，常采用加入沸石或碎瓷片；易挥发的物质反应时为提高其利用率，一般要有冷凝回流装置；
②反应生成的环己烯易挥发，应采用冰水冷却；
（2）①环己烯的密度比水小；除去环己烯粗品中含有的环己醇和酸性杂质，应用碳酸钠等碱性溶液洗涤除去；
②环己烯沸点为83℃，则收集产品应控制温度在83℃左右；
（3）环己烯和环己醇都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，环己醇能与钠反应，环己烯不能与金属钠反应，纯净物有固定的沸点，混合物没有固定的沸点。
【详解】（1）①加热液体时，为了防止液体暴沸，常采用加入沸石或碎瓷片；环己醇具有挥发性，则导管B除了导气外还具有冷凝回流作用，提高环己醇的利用率，故答案为：防止液体暴沸；冷凝回流；
②反应生成的环己烯易挥发，应采用冰水冷却，防止环己烯的挥发，故答案为：防止环己烯的挥发；
（2）①环己烯的密度比水小，则加入饱和食盐水，振荡、静置、分层后，环己烯在上层；环己醇能溶于水，酸性杂质可以与碳酸钠溶液反应，所以要除去环己烯粗品中含有的环己醇和酸性杂质，应用碳酸钠等碱性溶液洗涤除去，故答案为：上；c；
②由实验装置图可知，仪器a仪器为蒸馏烧瓶；根据表中数据可知，环己烯的沸点为83℃，则收集产品应控制温度在83℃左右，故答案为：蒸馏烧瓶；83；
（3）a.环己烯粗品中含有环己醇，环己烯和环己醇都能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，则酸性高锰酸钾溶液不能区分环己烯精品和粗品，故错误；
b.环己醇能与钠反应，环己烯不能与金属钠反应，则用金属钠能区分环己烯精品和粗品，故正确；
c. 环己烯精品为纯净物，有固定的沸点，而环己烯粗品是含有环己醇的混合物，没有固定的沸点，则测定沸点能区分环己烯精品和粗品，故正确；
bc正确，故答案为：bc。
【点睛】环己烯粗品中含有环己醇，环己烯和环己醇都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，酸性高锰酸钾溶液不能区分环己烯精品和粗品是解答关键，也是易错点。
20. 如图的坐标系是部分含硫化合物的转化关系图。
(1)X的名称为_____，Z的化学式为_____。
(2)用图中物质之间的反应，证明SO2有氧化性的反应的化学方程式为_____。
(3)若X能与Na2O2的反应生成Y，则该反应的化学方程式为_____。
(4)已知：＋I2＋H2O=＋2I－＋2H＋。某溶液中可能含有大量的Na＋、、Fe2＋、K＋、I－、、。向该溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色，依此可判断该溶液中肯定含有_____；肯定不能含有_____。
(5)向50mL浓硫酸中加入铜片，加热，反应一段时间，共收集到2.24L(标准状况)的SO2，将反应后的混合物加水稀释，再加入足量锌粉放出15.68L(标准状况)的H2，则原浓硫酸的物质的量浓度为_____，整个过程消耗锌粉的质量为_____。
【答案】 (1). 三氧化硫 (2). H2SO3 (3). SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O (4). 2SO3＋2Na2O2=2Na2SO4＋O2 (5). (6). Fe2＋ (7). 18mol·L－1 (8). 52g
【解析】
【分析】
根据图示，S的+6价氧化物为SO3，则X为SO3， +4的S形成酸为亚硫酸，则Z为H2SO3，Y为+6价的盐，则Y为硫酸钠，据此分析解答。
【详解】(1)根据分析，X的名称为三氧化硫，Z的化学式为H2SO3；
(2)根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂在氧化反应中化合价降低，证明SO2有氧化性的反应的化学方程式为SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O；
(3)若SO3能与Na2O2的反应生成硫酸钠，则该反应的化学方程式为2SO3＋2Na2O2=2Na2SO4＋O2；
(4)根据题意，溶液本身无色，Fe2＋在溶液中呈浅绿色，则一定不含有Fe2＋，加少量溴水，溶液仍呈无色，说明溴水发生了反应生成了无色物质，I－和均可与溴水反应使溴水褪色，反应后的溶液无色，说明没有碘单质生成，则原溶液中一定含有，根据反应＋I2＋H2O=＋2I－＋2H＋可知，的还原性大于I－，故I－是否存在无法判断，溶液为电中性，一定含有阳离子，结合实验现象无法确定阳离子的种类，由于溶液中各离子的浓度未知，其他离子是否含有也无法确定，则可以确定的一定含有，一定不存在Fe2＋，其他离子无法具体确定；
(5)由于稀硫酸不与铜反应，向50mL浓硫酸中加入铜片，加热，反应一段时间，共收集到2.24L(标准状况)的SO2，发生的反应为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中消耗硫酸的物质的量=2n(SO2)==0.2mol，生成硫酸铜的物质的量为0.1mol；将反应后的混合物溶液为硫酸和硫酸铜的混合液，加水稀释，再加入足量锌粉放出15.68L(标准状况)的H2，该过程发生的反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，则该过程消耗的硫酸的物质的量= n(H2)==0.7mol，消耗锌粉的物质的量为0.7mol+0.1mol=0.8mol，整个反应过程中消耗硫酸的总物质的量=0.7mol+0.2mol=0.9mol，则原浓硫酸的物质的量浓度= ，整个过程消耗锌粉的质量为。
【点睛】本题的易错点为(5)中反应过程中消耗锌的质量的计算，容易忽略溶液中除存在硫酸之外还存在硫酸铜，锌可与硫酸铜溶液反应，也会消耗锌单质。
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