[化学][期末]北京市昌平区2023-2024学年高一下学期期末考试试卷(解析版)

这是一份[化学][期末]北京市昌平区2023-2024学年高一下学期期末考试试卷(解析版)，共24页。试卷主要包含了 下列元素的原子半径最大的是， 下列物质碱性最强的是， 下列物质的电子式书写正确的是， 下列分子中，含酯基的是等内容，欢迎下载使用。

可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5
第一部分选择题(共42分)
在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。(每小题2分，共42分)
1. 中华文化源远流长，下列古文物涉及的主要材料中，属于有机物的是（ ）
A. 青铜器“四羊方尊”的主要材质——合金
B 景德镇青花瓷主要成分——硅酸盐
C. 竹简的成分之一——纤维素
D. 《千里江山图》颜料之一孔雀石的主要成分——碱式碳酸铜
【答案】C
【解析】
【详解】A．青铜器是铜锡的合金，属于金属材料，A不符合题意；
B．青花瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，B不符合题意；
C．竹简的成分之一是纤维素，纤维素属于有机物，C符合题意；
D．孔雀石的主要成分是碱式碳酸铜，它属于无机化合物，D不符合题意；
故选C。
2. 下列装置或过程能将化学能转化为电能是（ ）
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢燃料电池将化学能转化为电能，A正确；
B．风力发电是风能转化为电能，B错误；
C．天然气燃烧将化学能转化为热能，C错误；
D．太阳能电池是将太阳能转化为电能，D错误；
故选A。
3. 下列元素的原子半径最大的是（ ）
A. FB. ClC. BrD. I
【答案】D
【解析】
【详解】F、Cl、Br、I位于同主族，同主族元素从上到下，随原子序数的增大，原子半径逐渐增大，I的原子序数最大，则原子半径最大，答案选D。
4. 下列物质碱性最强的是（ ）
A. NaOHB. Mg(OH)2C. Al(OH)3D. KOH
【答案】D
【解析】
【分析】同周期元素从左向右金属性逐渐减弱，同主族元素从上到下金属性逐渐增强；金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，据此判断。
【详解】Na、Mg、Al在同周期，同周期元素从左向右金属性逐渐减弱，则金属性：Na＞Mg＞Al，所以碱性NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3；而钾与钠同主族，同一主族，从上到下，金属性逐渐增强，钾的金属性强于钠，所以碱性KOH＞NaOH，故碱性最强的为KOH。
答案选D。
5. 下列物质中，含有离子键的是（ ）
A. NaClB. C. HClD.
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化钠是只含有离子键的离子化合物，故A符合题意；
B．水分子是只含有共价键的共价化合物，故B不符合题意；
C．氯化氢分子是只含有共价键的共价化合物，故C不符合题意；
D．氮气分子是只含有共价键的非金属单质，故D不符合题意；
故选A。
6. 下列物质的电子式书写正确的是（ ）
A. B.
C. Cl:ClD.
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2分子中，C原子与每个O原子间各形成2对共用电子，则电子式为，A不正确；
B．Na2O为离子化合物，由Na+和O2-构成，电子式为，B正确；
C．Cl2分子中，两个Cl原子间形成1对共用电子，另外，每个Cl原子的最外层还有3个孤电子对，电子式为，C不正确；
D．N2分子中，两个N原子间形成3对共用电子，另外，每个N原子的最外层还有1个孤电子对，电子式为:NN:，D不正确；
故选B。
7. 金属钼具有高强度、熔点高、抗磨耐腐蚀等特点，主要用于航天合金材料制作。下列关于钼()的说法中，不正确的是（ ）
A. 质子数为42B. 中子数为54
C. 核外电子数为54D. 质量数为96
【答案】C
【解析】
【详解】A．的左下角数字表示质子数，则质子数为42，A正确；
B．的质子数为42，质量数为96，则中子数为96-42=54，B正确；
C．原子的质子数为42，核外电子数与质子数相等，则核外电子数为42，C不正确；
D．的左上角数字表示质量数，则质量数为96，D正确；
故选C。
8. 下列分子中，含酯基的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．含有碳碳双键，A错误；
B．含有羧基，B错误；
C．含有羟基，C错误；
D．含有酯基，D正确；
故选D。
9. 下列关于乙醇的说法中，不正确的是（ ）
A. 无色无味，易溶于水B. 分子式为C2H6O
C. 能与乙酸反应D. 能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇易溶于水，无色但具有特殊香味，A不正确；
B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，分子式为C2H6O，B正确；
C．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，在浓硫酸、加热条件下，能与乙酸发生酯化反应，C正确；
D．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，D正确；
故选A。
10. 下列化合物中，与互为同分异构体的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．与比分子少1个“CH2”原子团，二者互为同系物，A不符合题意；
B．与的分子式都为C4H10，但结构不同，二者互为同分异构体，B符合题意；
C．与的分子式不同，二者不互为同分异构体，C不符合题意；
D．比的分子少2个H原子，二者的分子式不同，不互为同分异构体，D不符合题意；
故选B。
11. 一定温度下的密闭容器中，发生可逆反应，下列说法中，能说明该反应一定达到化学平衡状态的是（ ）
A. 、、HI的浓度相等
B. 、、HI的浓度之比为1：1：2
C. 、、HI在密闭容器中共存
D. 消耗2mlHI的同时消耗1ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．平衡时各物质的浓度关系取决于反应物的起始量和转化的程度，则、、HI的浓度相等不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；
B．平衡时各物质的浓度关系取决于反应物的起始量和转化的程度，则、、HI的浓度之比为1：1：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；
C．该反应是可逆反应，反应不可能完全反应，无论是否达到平衡状态，、、HI在密闭容器中均共存，则、、HI在密闭容器中共存不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C错误；
D．由方程式可知，消耗2mlHI的同时消耗1ml，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；
故选D。
12. 下列有关能量变化的说法中，不正确的是（ ）
A. 碳酸钙受热分解的反应为吸热反应
B. 等量的水蒸发所吸收的能量小于分解所吸收的能量
C. 天然气燃烧放出能量是因为甲烷的能量大于生成物的能量
D. 形成新化学键释放的能量大于破坏旧化学键吸收的能量时，反应放出能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．大多数分解反应是吸热反应，如碳酸钙受热分解的反应为吸热反应，A正确；
B．水蒸发所吸收的能量只是克服分子间作用力，而分解则需要克服化学键，化学键大于分子间作用力，即等量的水蒸发所吸收的能量小于分解所吸收的能量，B正确；
C．当反应物的总能量高于生成物的总能量时反应表现放热，故天然气燃烧放出能量是因为甲烷和氧气的总能量大于生成物的总能量，C错误；
D．形成新化学键释放的能量即释放出的能量大于破坏旧化学键吸收的能量即吸收的能量时，反应放出能量，D正确；
故答案为：C。
13. 下列实验现象与发生加成反应有关的是（ ）
A. 甲烷与氯气的混合气体在光照条件下，黄绿色消失
B. 乙烯通入酸性溶液中，溶液褪色
C. 乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色
D. 金属钠放入无水乙醇中，产生气泡
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气的混合气体在光照条件下发生取代反应生成生成氯代甲烷和氯化氢，则黄绿色消失与发生加成反应无关，故A不符合题意；
B．乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则溶液褪色与发生加成反应无关，故B不符合题意；
C．乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，则溶液褪色与发生加成反应有关，故C符合题意；
D．金属钠与乙醇发生置换反应生成乙醇钠和氢气，则产生气泡与发生加成反应无关，故D不符合题意；
故选C。
14. 某元素的原子结构示意图为。下列关于该元素的说法中，不正确的是（ ）
A. 位于第三周期B. 最高正化合价为价
C. 原子在化学反应中易得到电子D. 单质氧化性强于氧气
【答案】D
【解析】
【分析】由元素的原子结构示意图为可知，该元素原子序数为16，为S元素，位于元素周期表第三周期第ⅥA族，由此分析回答；
【详解】A．由分析可知，该元素位于第三周期，A正确；
B．由原子结构示意图可知，该元素最外层有6个电子，最高正化合价为+6价，B正确；
C．该元素最外层有6个电子，容易得到电子，C正确；
D．S元素与O元素为同一主族，从上到下，非金属性减弱，单质的氧化性减弱，故氧化性弱与氧气，D错误；
故选D。
15. 下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 非金属性：B. 酸性：
C. 还原性：D. 热稳定性：
【答案】B
【解析】
【详解】A. 同主族元素，从上至下，非金属性减弱，S和O同族，非金属性O>S，故A选项可以用元素周期律解释；
B. 同一周期主族元素，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，故可知酸性HClO4>H2SO4，不可对比氢化物的酸性，故B选项不可以用元素周期律解释；
C. 同一周期主族元素，从左到右，金属性逐渐减弱，即金属性：Mg>Al，故C选项可以用元素周期律解释；
D．同一周期主族元素，从左到右，非金属性逐渐增强，简单气态氢化物的热稳定性增强，即热稳定性：NH3故答案选B。
16. 下列说法中，不正确的是（ ）
A. 淀粉属于多糖
B. 可用新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖
C. 油脂可看作高级脂肪酸与甘油生成的酯
D. 饱和溶液使蛋白质变性
【答案】D
【解析】
【详解】A．淀粉的化学式为(C6H10O5)n，为多糖，A正确；
B．葡萄糖中含有醛基，新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖反应产生砖红色沉淀，B正确；
C．高级脂肪酸与甘油发生酯化反应得到高级脂肪酸脂，即油脂，C正确；
D．饱和溶液使蛋白质发生盐析，D错误
故选D。
17. 下图为合成氨反应的催化历程示意图。
下列说法中，不正确的是（ ）
A. 属于共价化合物
B. 过程②吸收能量，过程③放出能量
C. 反应过程中有非极性键断裂，有极性键形成
D. 标准状况下，生成22.4L时转移电子数约为
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个分子中，只存在三个N-H键，则NH3属于共价化合物，A正确；
B．过程②中断裂N≡N键和H-H键，需要吸收能量，过程③中形成N-H键，能够放出能量，B正确；
C．反应过程中，断裂的N≡N键、H-H键都为非极性键，形成的N-H键为极性键，C正确；
D．标准状况下，生成22.4L的物质的量为1ml，N元素从0价降低到-3价，转移电子数约为，D错误；
故选D。
18. 密闭容器中，和足量在一定条件下发生反应。、的浓度随时间的变化如图。下列说法中，不正确的是（ ）
A.
B. 2min时，反应达化学平衡状态
C. 反应开始至5min末，以浓度的变化表示该反应的平均反应速率是0.8ml/(L·min)
D. 若起始充入和足量，化学平衡状态时核素存在于、、中
【答案】B
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，与的反应为可逆反应，该反应的化学方程式为，故A正确；
B．2min时，的浓度逐渐减少，的浓度逐渐升高，该反应未达化学平衡状态，故B错误；
C．反应开始至5min末，以浓度的变化表示该反应的平均反应速率是，故C正确；
D．该反应为可逆反应，若起始充入和足量，化学平衡状态时核素存在于、、中，故D正确；
故选B。
19. 柠檬酸是发酵行业的支柱产品之一，其结构简式如图，下列关于柠檬酸的说法中，正确的是（ ）
A. 分子中有3种官能团
B. 能用于除水垢，因其结构中含有—OH
C. 两分子之间可发生酯化反应
D. 与碳酸氢钠反应为放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，柠檬酸的官能团为羟基、羧基，共2种，故A错误；
B．由结构简式可知，柠檬酸分子中含有的羧基能与碳酸钙反应，所以柠檬酸能用于除水垢，故B错误；
C．由结构简式可知，柠檬酸的官能团为羟基、羧基，所以柠檬酸分子之间可发生酯化反应，故C正确；
D．柠檬酸与碳酸氢钠的反应为吸收热量的吸热反应，故D错误；
故选C。
20. 以空气和钢铁酸洗废液(主要含有和)为原料合成，，原理如下图所示。
下列说法中，不正确的是（ ）
A. 反应Ⅰ中做还原剂
B. 反应Ⅱ后体系pH降低
C. 为反应的催化剂，可加快反应速率
D. 生成的总反应可表示为
【答案】B
【解析】
【分析】由转化图可知反应为，可知反应为，其中为催化剂，前后保持不变，为中间产物， 制备的总反应方程式为：。
【详解】A．由转化图可知反应为，氧气得电子化合价降低为氧化剂，失电子化合价升高为还原剂，故A正确；
B．反应反应为：，可知在消耗，浓度在降低，值在升高，故B错误；
C．由转化图可知前后保持不变，为该反应催化剂，可加快反应速率，为中间产物， 故C正确；
D．由转化图可知反应的反应物与生成物，生成的总反应可表示为，故D正确；
故选B。
21. 利用硫铁矿焙烧后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4∙7H2O)，一种流程如下：
已知：Al2O3既可与强酸反应又可与强碱反应，均生成可溶于水的盐。下列说法中，不正确的是（ ）
A. 过程①溶解烧渣可选用足量盐酸，过程④试剂X选用铁粉
B. 固体1中含有SiO2，溶液2中的离子为Na+、、OH-
C. 从溶液3得到FeSO4∙7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D. 若改变方案，在过程①中加过量NaOH溶液，得到固体1后经过程③④⑤也可得到FeSO4∙7H2O
【答案】B
【解析】
【分析】烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)中加入足量酸，Fe2O3转化为Fe3+、Al2O3转化为Al3+，SiO2不溶而成为固体1；溶液1中加入过量NaOH溶液，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀(固体2)，Al3+转化为(溶液2)；固体2中加入足量酸，Fe(OH)3转化 Fe3+等，再加入还原剂(如铁粉)将Fe3+还原为Fe2+；将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，从而获得FeSO4∙7H2O。
【详解】A．烧渣的主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，过程①溶解烧渣，主要是溶解Fe2O3、Al2O3，可选用足量盐酸，过程④试剂X是将Fe3+还原为Fe2+，可以选用铁粉，A正确；
B．由分析可知，固体1中含有SiO2，溶液2中除含有Na+、、OH-外，还含有酸根离子等，B不正确；
C．Fe2+易水解且具有还原性，易被空气中的氧气氧化，则从溶液3得到FeSO4∙7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，C正确；
D．若改变方案，在过程①中加过量NaOH溶液，Al2O3转化为，得到固体1中含有Fe2O3等，经过程③④⑤，Fe2O3分别转化为Fe3+、Fe2+，最后结晶析出，也可得到FeSO4∙7H2O，D正确；
故选B。
第二部分非选择题(共58分)
22. 化学电池是人类生产生活的重要能量来源之一。
（1）下列反应可通过原电池装置实现化学能直接转化为电能的是_____(选填字母)。
a．铁与稀硫酸反应
b．晶体与晶体反应
c．甲烷与氧气反应
（2）某研究小组利用氢氧燃料电池做动力驱动小车，图1为简易实验装置示意图，从构成原电池的基本要素来看，氢气的作用是(选填字母，下同)_____，石墨电极b的作用是_____，导线的作用是_____，稀硫酸的作用是_____。
a．负极反应物 b．正极反应物 c．负极材料
d．正极材料 e．离子导体 f．电子导体
（3）图2为另一种简易原电池装置。
①证实化学能转化为电能的实验现象是：电流表指针偏转、_____。
②锌片上发生_____(填“氧化”或“还原”)反应。
③正极的电极反应式是_____。
④下列说法中，不正确的是_____。
a．将铜片换为石墨，仍可产生电流
b．将稀硫酸换为硫酸铜溶液，两极电极反应不变
c．将稀硫酸换为稀盐酸，两极电极反应不变
d．电子经导线从锌片流向铜片后，再经溶液从铜片流回锌片
（4）利用反应设计一个简易原电池，请在图3上标明所使用的用品_____。
【答案】（1）ac
（2）①. a ②. d(f) ③. f ④. e
（3）①. 铜电极上产生气泡 ②. 氧化 ③. ④. bd
（4）
【解析】（1）铁与稀硫酸反应、甲烷与氧气反应都是自发的氧化还原反应，都能设计为原电池实现化学能直接转化为电能，而八水氢氧化钡与氯化铵的反应是非氧化还原反应，不能设计为原电池实现化学能直接转化为电能，故选ac；
（2）由图可知，通入氢气的电极a为燃料电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，通入氧气的电极b为正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，原电池工作时，导线为电子导体、稀硫酸为离子导体，故答案为：a；d(f)；f；e；
（3）由图可知，该装置为化学能转化为电能的装置，比铜活泼的锌为原电池的负极，锌在负极失去电子发生氧化反应生成锌离子，铜为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，原电池工作时，电流表指针偏转、铜电极上产生气泡；
①由分析可知，证实化学能转化为电能的实验现象是电流表指针偏转、铜电极上产生气泡，故答案为：电流表指针偏转、铜电极上产生气泡；
②由分析可知，锌为原电池的负极，锌在负极失去电子发生氧化反应生成锌离子，故答案为：氧化；
③由分析可知，铜为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为，故答案为：；
④a．将铜片换为石墨，锌、石墨在稀硫酸中依然可以构成原电池，仍可产生电流，故正确；
b．将稀硫酸换为硫酸铜溶液，锌、铜在硫酸铜溶液中构成原电池，铜为正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，正极电极反应式为会发生改变，故错误；
c．将稀硫酸换为稀盐酸，比铜活泼的锌为原电池的负极，锌在负极失去电子发生氧化反应生成锌离子，铜为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，两极电极反应不变，故正确；
d．电解质溶液不能传递电子，所以电子经导线从锌片流向铜片后，不可能再经溶液从铜片流回锌片，故错误；
故选ac；
（4）由反应方程式和电子移动方向可知，左侧电极为做负极的铁电极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，右侧电极为做正极的石墨电极，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，简易原电池的示意图为，故答案为：。
23. 的综合利用是减少碳排放的一种重要方式。
Ⅰ．我国科学家首次在实验室实现从到淀粉的全合成，部分合成路线如下图：
（1）甲醇中含有的官能团名称是_____。
（2）甲同学搭建出下图两种甲醛的球棍模型，其中不正确的是(填序号)_____，原因是(从原子结构角度予以说明)_____。
（3）写出DHA的结构简式_____。乙同学推测DHA能与金属钠反应，推测依据是_____。
Ⅱ．以淀粉为主要原料可合成多种有机化合物，其中一种合成路线如下图所示：
（4）C的结构简式是_____
（5）反应ii的化学方程式是_____，反应类型是_____。
（6）反应v的化学方程式是_____，反应类型是_____。
（7）下列说法中，不正确的是(选填字母)_____。
a．A~F均属于烃的衍生物
b．反应iii体现了A的氧化性
c．可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸
d．淀粉遇碘变蓝是淀粉的特征反应
【答案】（1）羟基
（2）①. ① ②. 碳原子最外层电子数为4，应形成4对共用电子对以达到8电子稳定结构，①中C原子形成5对共用电子对，因此①不正确
（3）①. ②. DHA中含有羟基，与乙醇中的官能团相同，乙醇能与金属钠反应，因此推测DHA也能与金属钠反应
（4）
（5）①. ②. 加成反应
（6）①. ②. 酯化反应
（7）ab
【解析】Ⅰ．由有机物的转化关系可知，一定条件下二氧化碳与氢气反应生成甲醇，醇氧化酶作用下甲醇与氧气反应生成甲醛，甲酰酶作用下甲醛，经多步转化生成淀粉；
Ⅱ．由有机物的转化关系可知，淀粉在稀硫酸中共热发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇，一定条件下乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，一定条件下乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则C为聚乙烯；铜做催化剂条件下乙醇和氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，则D为乙醛；催化剂作用下乙醛和氧气共热发生催化氧化反应生成乙酸，浓硫酸作用下乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则F为乙酸乙酯。
（1）由结构简式可知，甲醇的官能团为羟基，故答案为：羟基；
（2）碳原子最外层电子数为4，应形成4对共用电子对以达到8电子稳定结构，①中C原子形成5对共用电子对，因此①不正确、②正确，故答案为：①；碳原子最外层电子数为4，应形成4对共用电子对以达到8电子稳定结构，①中C原子形成5对共用电子对，因此①不正确；
（3）由分析可知，DHA的结构简式为，DHA中含有羟基，与乙醇中的官能团相同，乙醇能与金属钠反应，因此推测DHA也能与金属钠反应，故答案为：；DHA中含有羟基，与乙醇中的官能团相同，乙醇能与金属钠反应，因此推测DHA也能与金属钠反应；
（4）由分析可知，C为结构简式是的聚乙烯，故答案为：；
（5）由分析可知，反应ii为乙烯与溴水发生加成反应生成1，2—二溴乙烷，反应的化学方程式为，故答案为：；加成反应；
（6）由分析可知，反应v为浓硫酸作用下乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为，故答案为：；酯化反应；
（7）a．由分析可知，C为聚乙烯，聚乙烯属于烃，不属于烃的衍生物，故错误；
b．由分析可知，反应iii为铜做催化剂条件下乙醇和氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，反应体现了乙醇的还原性，故错误；
c．乙酸能与碳酸钠溶液反应，而乙酸乙酯不能与碳酸钠溶液反应，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故正确；
d．淀粉溶液遇碘水变蓝色是淀粉的特征反应，故正确；
故选ab。
24. 碘元素是人体必需的微量元素之一，以下是一种从海带中提取碘单质的流程示意图：
已知：的沸点为76.8℃；碘单质的沸点为184.4℃，50℃时开始升华。
（1）操作i的名称为_____，该过程中的提取方法利用的是在和中的_____(物理性质)不同。
（2）过程①中的作用是_____。
（3）某同学认为过程①中加入的试剂可替换为，发生反应的离子方程式是_____，该反应证实了氧化性：_____(填“>”“<”或“=”)，从原子结构角度解释原因：_____。
（4）除上述试剂外，过程①中加入的试剂还可是_____。
a．溴水 b．酸性溶液 C．KBr溶液
（5）补全过程②中发生反应的离子方程式：_____。
□□_____□_____+□□_____。
（6）下列说法中正确的是_____。
a．可用蒸馏的方法分离和
b．过程②③选用的NaOH和溶液的浓度较大，目的是富集碘元素
c．理论上过程②消耗的NaOH和过程③消耗的的物质的量相等
d．在水中的溶解度相对较低，操作iii为分液
e．和NaOH溶液可循环利用
【答案】（1）①. 萃取分液 ②. 溶解度
（2）做氧化剂，将氧化为
（3）①. ②. > ③. Cl、I在同一主族，最外层电子数相同，电子层数，原子半径，原子核对最外层电子的吸引力，得电子能力，非金属性，氧化性
（4）ab
（5）
（6）b
【解析】干海带在坩埚中灼烧，然后浸泡海带灰，经过过滤得到含碘离子的溶液，向溶液中加入稀硫酸、H2O2氧化，得到碘的溶液，然后用四氯化碳萃取分液得到含I2的有机层，加入NaOH溶液，再分液得到水层（含有I-和），再加入45%的H2SO4得到单质碘的水溶液，单质碘在水中溶解度较小，得到悬浊液，过滤得到单质碘，据此分析解题；
（1）由分析可知，操作i的名称为萃取分液；利用单质碘在四氯化碳和水中的溶解度不同；
（2）过氧化氢用来将碘离子氧化成碘单质；
（3）氯气与碘离子的反应为，该反应中氯气作氧化剂，单质碘作氧化产物，证实了氧化性＞；从原子结构角度解释原因：Cl、I在同一主族，最外层电子数相同，电子层数，原子半径，原子核对最外层电子的吸引力，得电子能力，非金属性，氧化性；
（4）过程①中加入的试剂为能将碘离子氧化成碘单质，故可选ab；
（5）单质碘与氢氧化钠溶液反应得到I-和，离子反应方程式为；
（6）a．的沸点为76.8℃，碘单质的沸点为184.4℃，碘单质50℃时开始升华，故不可用蒸馏的方法分离和，a错误；
b．原滤液中碘离子浓度较小，过程②③选用的NaOH和溶液的浓度较大，目的是富集碘元素，b正确；
c．过程②反应方程式为，过程③消反应方程式为，理论上过程②消耗的NaOH和过程③消耗的的物质的量不相等，c错误；
d．在水中的溶解度相对较低，操作iii为过滤，d错误；
e．可循环利用，NaOH溶液不能循环利用，e错误；
故选b。
25. 元素周期表有助于系统认识元素及其化合物。几种短周期元素的相关信息如下表：
（1）元素①与②形成的物质之一是天然气的主要成分，其空间结构为_____形。
（2）元素⑥在周期表中的位置是_____。
（3）仅由元素③与④形成的既含离子键又含共价键的化合物的化学式为_____。
（4）用电子式表示⑤和⑧形成化合物的过程：_____。
（5）下列事实中，不能说明②比⑥得电子能力强的是_____(填字母)。
a．最高价氧化物对应水化物的热稳定性②弱于⑥
b．最高价氧化物对应水化物的酸性②强于⑥
c．单质②可与⑥的氧化物在一定条件下生成单质⑥
（6）上述元素组成的化合物可制备高效的氧化剂和漂白剂。
i．元素④的最高价氧化物对应水化物与⑧的最高价氧化物对应水化物可反应生成A和水，该反应的化学方程式为_____。
ii．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，一种制备流程如下图。i中反应生成的A能否替代图中的H2O2实现亚氯酸钠的制备并说明理由：_____。
【答案】（1）正四面体
（2）第三周期第IVA族
（3）Na2O2
（4）
（5）ac
（6）①. ②. 不能，图中反应中ClO2生成NaClO2，Cl元素化合价降低，H2O2做还原剂，而NaClO4中Cl化合价为+7，处于最高价态，化合价只能降低，只具有氧化性，只能做氧化剂，因此不能替换H2O2
【解析】由元素的化合价及原子半径相对大小，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧分别为H、C、O、Na、Mg、Si、S、Cl。
（1）元素①与②分别为H、C，形成的物质之一是天然气的主要成分，则其为CH4，其空间结构为正四面体形。
（2）元素⑥为14号元素Si，在周期表中的位置是第三周期第IVA族。
（3）③、④分别为O、Na，仅由元素③与④形成的既含离子键又含共价键的化合物的化学式为Na2O2。
（4）⑤和⑧形成化合物为MgCl2，用电子式表示⑤和⑧形成化合物的过程：。
（5）②和⑥分别为C、Si，二者为同主族元素，且Si在C的下方。
a．C的最高价氧化物对应水化物的热稳定性弱于Si，并不能说明H2CO3的酸性强于H2SiO3，所以不能得出C的得电子能力强于Si的结论，a符合题意；
b．最高价氧化物对应水化物的酸性碳强于硅，则非金属性碳强于硅，从而得出C的得电子能力强于Si的结论，b不符合题意；
c．单质C可与SiO2在一定条件下发生反应，生成单质Si等，并不能得出还原性C大于Si，也不能得出C的得电子能力强于Si的结论，c符合题意；
故选ac。
（6）i．元素④的最高价氧化物对应水化物为NaOH，⑧的最高价氧化物对应水化物为HClO4，二者发生反应生成A为NaClO4等，该反应的化学方程式为 。
ii．由ClO2制取NaClO2，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，而NaClO4中Cl的化合价为+7，不能作还原剂。则i中反应生成的A能否替代图中的H2O2实现亚氯酸钠的制备并说明理由：不能，图中反应中ClO2生成NaClO2，Cl元素化合价降低，H2O2做还原剂，而NaClO4中Cl化合价为+7，处于最高价态，化合价只能降低，只具有氧化性，只能做氧化剂，因此不能替换H2O2。
26. 某小组同学探究不同条件对乙酸乙酯与水反应的化学反应速率的影响。
查阅资料：i．乙酸乙酯与水在一定条件下反应可生成乙酸和乙醇。
ii．乙酸乙酯在乙酸中的溶解度大于其在水中的溶解度。
（1）该小组同学利用如图装置设计实验Ⅰ~Ⅳ进行探究，判定反应速率快慢的指标定为一定时间内酯层体积的减少量，具体方案如下表所示：
①补全表格a．_____。b．_____。
②对比实验Ⅰ、Ⅱ，可得结论：_____。
③实验Ⅱ进行1天后，发现乙酸乙酯仍有剩余，经测定乙醇含量未增加，原因可能是_____。
④甲同学认为基于实验Ⅰ、Ⅱ的结论，上述实验证实了“NaOH可加快乙酸乙酯与水反应的化学反应速率”，证据是_____。
（2）乙同学查阅资料，推测实验Ⅳ中酯层消失的原因之一可能是，乙酸乙酯与水反应的产物之一可与NaOH发生反应，对应反应的化学方程式为_____，使总反应变为乙酸乙酯与NaOH反应，乙酸乙酯反应完全，酯层消失。
（3）综上，分析实验Ⅲ中酯层消失时间小于实验Ⅳ中酯层消失时间的可能原因是_____。
（4）反思：上述实验中判定反应速率快慢的指标受多种因素的影响，若改进实验，可将指标替换为_____。
【答案】（1）①. 探究温度对化学反应速率的影响 ②. 4 ③. 其他条件相同时，加入稀硫酸，化学反应速率增大 ④. 该反应为可逆反应，存在反应限度 ⑤. 实验Ⅲ6min后酯层减少1mL，实验Ⅳ2.5min后酯层减少1mL
（2）
（3）实验Ⅲ随反应的进行乙酸含量增加，乙酸乙酯在乙酸中的溶解度增大，实验Ⅲ中单位时间内乙酸乙酯与水反应的量和乙酸乙酯在乙酸中的溶解量之和大于实验Ⅳ中单位时间内乙酸乙酯反应的量
（4）测定一定时间内乙醇的含量的变化量(其他答案合理即可)
【解析】探究不同条件对乙酸乙酯与水反应的化学反应速率的影响，需要控制变量，保证其它条件相同，研究单一变量对速率的影响，本题中判定反应速率快慢的指标定为一定时间内酯层体积的减少量，也可以根据一定时间内产物乙醇的含量的变化量作为判定反应速率快慢的指标。
（1）①对比实验Ⅱ、Ⅲ，温度不同，a为探究温度对化学反应速率的影响；各组实验乙酸乙酯的体积均为4mL，b为4；
②对比实验Ⅰ、Ⅱ，实验Ⅱ加有稀硫酸，可得结论其他条件相同时，加入稀硫酸，化学反应速率增大；
③实验Ⅱ进行1天后，发现乙酸乙酯仍有剩余，经测定乙醇含量未增加，原因可能是该反应为可逆反应，存在反应限度；
④根据实验现象，实验Ⅲ6min后酯层减少1mL，实验Ⅳ2.5min后酯层减少1mL，证实了“NaOH可加快乙酸乙酯与水反应的化学反应速率”；
（2）乙酸乙酯与水反应的产物之一乙酸可与NaOH发生反应，化学方程式为；
（3）根据上面的分析，实验Ⅲ中酯层消失时间小于实验Ⅳ中酯层消失时间的可能原因是实验Ⅲ随反应的进行乙酸含量增加，乙酸乙酯在乙酸中的溶解度增大，实验Ⅲ中单位时间内乙酸乙酯与水反应的量和乙酸乙酯在乙酸中的溶解量之和大于实验Ⅳ中单位时间内乙酸乙酯反应的量；
（4）若改进实验，可将指标替换为测定一定时间内乙醇的含量的变化量(其他答案合理即可)。A．氢燃料电池
B．风力发电
C．天然气燃烧
D．太阳能电池板
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
原子半径/nm
0.030
0.077
0.066
0.186
0.160
0.117
0.106
0.099
最高正化合价
+1
+4
+1
+2
+4
+6
+7
最低负化合价
-4
-2
-4
-2
-1
序号
实验目的
乙酸乙酯/mL
水层
温度/℃
实验现象
水/mL
/mL
NaOH/mL
Ⅰ
4
4
0
0
25
酯层始终没有明显减少
Ⅱ
探究稀对乙酸乙酯与水反应化学反应速率的影响
4
0
4
0
25
8min后酯层减少1mL，11min后酯层减少2.2mL，之后不再变化
Ⅲ
a
4
0
4
0
65
6min后酯层减少1mL，10min后酯层完全消失
Ⅳ
探究NaOH对乙酸乙酯与水反应的化学反应速率的影响
b
0
0
4
65
2.5min后酯层减少1mL，12min后酯层完全消失