还剩13页未读，
继续阅读
【化学】新疆阿克苏市高级中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）
展开
新疆阿克苏市高级中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 Cl：35.5 Ca：40 Cu：64 Zn：65
一、选择题（每小题均有一个选项符合题意，每小题2分，共40分，请将答案写在答题卡上）。
1.下列关于电子式的相关描述中正确的是 （ ）
A. CCl4电子式为
B. HClO的电子式为
C. 由氨气电子式可知每个NH3分子中含8个电子
D. 用电子式表示HCl的形成过程为
【答案】A
【详解】A．共价化合物的电子式应把组成化合物的各个原子的最外层电子数均表示出来，CCl4的电子式为，故A正确；
B．氯原子最外层有7个电子，只能形成1个共用电子对，O原子最外层有6个电子，需要形成2个共用电子对，HClO的电子式为，故B错误；
C．氨气的电子式为 ，氮原子内层还有2个电子，每个NH3分子中有10个电子，故C错误；
D．HCl为共价化合物，用电子式表示HCl形成过程为，故D错误；
答案选A。
2.下列物质中，属于天然高分子化合物的是（ ）。
A. 油脂 B. 淀粉 C. 葡萄糖 D. 塑料
【答案】B
详解】A．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；
B．淀粉属于天然高分子化合物，故B正确；
C．葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误；
D．塑料是合成高分子化合物，故D错误；
答案选B。
3.下列说法正确的是( )
A. 某物质在熔融态下能导电，则该物质中一定含有离子键
B. 中既有离子键又有共价键，所以属于离子化合物
C. 和两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. 二氧化硅和干冰都是共价化合物，其溶于水的过程中均只需克服分子间作用力
【答案】C
【详解】A．物质在熔融态下能导电，可能为金属单质，不一定是离子化合物，因此不一定含离子键，故A错误；
B．CaCl2晶体中只存在离子键，不存在共价键，故B错误；
C．氮气存在N≡N，且N原子上均有1对孤对电子，则N2每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，分子中C为+4价，原子最外层有4个电子，S为-2价，原子最外层有6个电子，C和S原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C正确；
D．二氧化硅属于原子晶体，不溶于水，故D错误；
答案选C。
4.下列过程中所发生的化学变化属于取代反应的是（ ）
A. 苯加入溴水中 B. 乙烯通入酸性KMnO4溶液中
C. 催化剂条件下，乙烯与氢气反应 D. 光照射甲烷与氯气的混合气体
【答案】D
【详解】A．苯加入溴水中发生萃取，没有发生化学变化，故A错误；
B．乙烯通入酸性KMnO4溶液中，乙烯被高锰酸钾氧化，发生氧化反应，故B错误；
C．催化剂条件下，乙烯与氢气反应生成乙烷，发生的是加成反应，故C错误；
D．光照射甲烷与氯气的混合气体发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，故D正确；
答案选D。
5.下列各组物质中一定属于同系物的是（ ）
A. 正丁烷和异丁烷 B. 烷烃和环烷烃
C. C2H4和C4H8 D. CH3Cl与CH3CH2Cl
【答案】D
【详解】A．正丁烷和异丁烷的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，不是同系物，故A错误；
B．烷烃和环烷烃的结构不相似，不是同系物，故B错误；
C．C2H4一定为乙烯，C4H8 可能是烯烃或环烷烃，不一定为同系物，故C错误；
D．CH3Cl与CH3CH2Cl结构相似，组成上相差一个CH2，为同系物，故D正确；
答案选D。
6.下列物质中含有共价键的离子化合物是( )
①MgF2 ②Na2O2 ③NaOH ④NH4Cl ⑤CO2 ⑥H2O2 ⑦N2
A. ②③④ B. ②④⑤⑦
C. ①②③④⑥ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【详解】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。又因为含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，所以含有共价键的离子化合物是②③④，①中只有离子键，⑤⑥⑦中只有共价键，答案选A。
7.医学研究证明用放射性13653I治疗肿瘤可收到一定疗效，下列有关I叙述正确的是（ ）
A. 13653I是碘的一种同素异形体 B. 13653I是一种新发现的元素
C. 它的中子数是53 D. 核内的中子数与核外电子数之差为30
【答案】D
【详解】A. 13653I是碘的一种核素，A错误；
B. 13653I是碘的一种核素，不是新发现的元素，B错误；
C. 它的中子数是136－53＝83，C错误；
D. 核内的中子数与核外电子数之差为136－53－53＝30，D正确；
答案选D。
8.下列金属冶炼的反应原理或离子方程式，错误的是( )
A. MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑ B. MgO＋H2Mg＋H2O
C. Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2 D. 2HgO2Hg＋O2↑
【答案】B
【详解】A．Na、Mg、Al等活泼金属采用电解法冶炼制备，电解熔融氯化镁可以制得金属镁，故A正确；
B．Na、Mg、Al等活泼金属采用电解法冶炼制备，镁是活泼金属，应采用电解熔融氯化镁制取，故B错误；
C．金属铁的冶炼通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)，将铁从其化合物中还原出来，故C正确；
D．汞的活泼性较差，可以用加热分解氧化汞的方法冶炼金属汞，故D正确；
答案选B。
9.X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X＋、Y3＋、Z2－的核外电子层结构相同。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子序数：Y＞X＞Z B. 碱性：XOH＞Y(OH)3
C. 单质的还原性：X＞Y D. 离子半径：X＋＞Y3＋＞Z2－
【答案】D
【详解】X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X＋、Y3＋、Z2－的核外电子层结构相同，则三种均是10电子微粒，其中X是Na，Y是Al，Z是O。则
A．原子序数：Y＞X＞Z，A正确；
B．钠的金属性强于铝，则碱性：XOH＞Y(OH)3，B正确；
C．钠的金属性强于铝，则单质的还原性：X＞Y，C正确；
D．核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以离子半径：Z2－＞X＋＞Y3＋，D错误；
答案选D。
10.下列各物质中，不能由组成它的两种元素的单质直接化合而得到的是（ ）
A. FeS B. Fe3O4 C. FeCl2 D. FeCl3
【答案】C
【详解】A．铁为变价金属，遇到弱氧化剂被氧化为+2价化合物，Fe+SFeS，故A不选；
B．铁和氧气直接反应生成四氧化三铁，3Fe+2O2Fe3O4，故B不选；
C．氯气是强氧化剂氧化变价金属生成高价化合物，铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl2 2FeCl3，不能直接生成氯化亚铁，故C选；
D．铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl2 2FeCl3，故D不选；
答案选C。
11. 对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是（ ）
A. v(W)=3v(Z) B. 2v(X)=3v(Z)
C. 2v(X)=v(Y) D. 3v(W)=2v(X)
【答案】C
【详解】化学反应速率之比等于化学系数之比，则根据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，A错误；
B、v（X）：v（Z）=2：3，B错误；
C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，C正确；
D、v（W）：v（X）=3：2，D错误。
答案选C。
12.X、Y、Z、M均为短周期元素，它们在周期表中的位置如下图。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列说法中正确的是( ).
A. 原子半径:X
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N，Z为S，M为Cl，然后利用元素周期律及物质的性质来解答。
【详解】根据以上分析可知X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，则
A．电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径为Z＞M＞Y，选项A错误；
B．非金属性Y＞Z，非金属性越强氢化物越稳定，故最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞Z，选项B错误；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价含氧酸的酸性Z＜M，选项C正确；
D．X与Y形成的化合物中NO不溶于水，选项D错误。
答案选C。
13.对于反应2SO2 + O22SO3 ，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2 mol/L，则用O2浓度变化来表示的化学反应速率为（ ）。
A. 0.5mol/(L·min) B. 2 mol/(L·min)
C. 1 mol/(L·min) D. 3 mol/(L·min)
【答案】C
【详解】v(SO2)=＝=2 mol/(L·min)，同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以氧气的反应速率为二氧化硫的一半，所以是1 mol/(L·min)，故选C。
14.某同学用如图所示装置进行实验，下列说法错误的是（ ）
A. 若使图(1)装置中的Zn棒和Cu棒直接接触，则Cu棒上能看到有气体产生
B. 图(2)装置中SO42－向着Zn棒移动
C. 若将图(2)装置中Zn改为Mg，则Cu棒上产生气体的速率加快
D. 当图(2)装置与图(3)装置中正极生成物的质量比为1∶16时，两装置中Zn棒减轻的质量相等
【答案】D
【详解】A、Zn、Cu直接接触就能构成闭合回路而形成原电池，稀硫酸作电解质溶液，所以Cu捧上可看到有气体产生，故A正确；
B、该原电池中锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，在原电池中，阴离子向负极移动，SO42-带负电荷，因此SO42－向着Zn棒移动，故B正确；
C、由于Mg失电子能力强于Zn，所以将Zn改为Mg时，电子转移速率加快，生成H2的速率也加快，故C正确；
D、图(2)装置中正极上生成氢气，图(3)装置中正极上生成铜，若图(2)装置中正极上产生2gH2，则转移2mol电子，消耗负极Zn65g，则图(3)装置中正极上析出32gCu时转移1mol电子，消耗负极Zn32.5g，即两装置中Zn棒减轻的质量不相等，故D错误；
答案选D。
15.在一体积为2L的密闭容器中充入2mol X，一定条件下可发生反应:2X(g)3Y(g)，该反应的反应速率（v)与时间（t）的关系如图所示，已知 min时容器内有1.5mol Y。下列叙述正确的是（ ）
A. 若 min时升高温度，则反应速率不变
B. ~ min内，，反应不再发生
C. 0~ min内，
D. min时，只有正反应发生
【答案】C
【详解】A．根据图像， min时为平衡状态，若 min时升高温度，正逆反应速率均加快，故A错误；
B．根据图可知，t2～t3时间段，为平衡状态，正逆反应速率相等，平衡状态是一种动态平衡状态，所以反应没有停止，故B错误；
C． min时容器内有1.5mol Y ，则消耗的X为1mol，因此0~ min内，，故C正确；
D．t1时，图中正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率不等于0，所以既有正反应发生，又有逆反应发生，故D错误；
答案选C。
16.如图是常见的四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是( )
A. 甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色
C. 丙在铁作催化剂条件下与溴水发生取代反应
D. 丁在浓硫酸、加热条件下可与乙酸发生取代反应
【答案】D
【解析】
【分析】根据比例模型知，甲是甲烷、乙是乙烯、丙是苯、丁是乙醇，结合四种物质的性质分析解答。
【详解】A．甲烷性质较稳定，和一般的氧化剂不反应，所以甲烷和酸性高锰酸钾溶液不反应，故A错误；
B．乙烯中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应使溴水褪色，不是取代反应，故B错误；
C．苯和液溴在催化条件下能发生取代反应，和溴水不反应，发生萃取，故C错误；
D．在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，该反应也是酯化反应，故D正确；
答案选D。
17.已知某反应中能量变化如图所示,所得结论错误的是( )
A. 该图像可以表示氯化铵与消石灰反应的能量变化
B. 该反应过程中，一定有其他形式的能量转化成化学能
C. 该反应过程中,形成新化学键释放的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量
D. 因为生成物的总能量高于反应物的总能量,所以该反应一定需要加热才可进行
【答案】D
【详解】A. 该图像中反应物总能量低于生成物总能量为吸热反应，可以表示氯化铵与消石灰反应的能量变化，A正确；
B、该反应过程中，一定有其他形式的能量转化成化学能，如吸热时热能转化为化学能，B正确；
C、该反应过程为吸热反应，故形成新化学键释放的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量，C正确；
D、虽然生成物的总能量高于反应物的总能量，但反应不一定需要加热才可进行，不能只由焓判据分析，D错误。
答案选D。
18.如图所示装置中，观察到电流计指针偏转；M棒变粗；N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（ ）
M
N
P
A
Zn
Cu
稀H2SO4溶液
B
Cu
Fe
稀HCl溶液
C
Ag
Zn
AgNO3溶液
D
Zn
Fe
Fe(NO3)3溶液
【答案】C
【详解】A．Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，Cu为正极，在正极上H+得到电子，被还原变为H2，因此观察到电流计指针偏转；但是M棒变细；N棒有气泡，不符合题意，A错误。
B．Fe为负极，失去电子，被氧化变为Fe2+，而Cu为正极，在正极上溶液中的H+得到电子，被还原变为H2，因此会看到：电流计指针偏转；M棒有气泡；N棒变细，不符合题意，B错误。
C．Zn为负极，失去电子，被氧化变为Zn2+，Ag为正极，在正极上溶液中的Ag+得到电子，被还原变为Ag单质，附着在Ag棒上，因此会观察到：电流计指针偏转；M棒变粗；N棒变细，符合题意，C正确。
D．Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，变为Zn2+进入溶液，在正极Fe上，溶液中的Fe3+得到电子，被还原变为Fe2+，所以会观察到：电流计指针偏转；M棒变细；N棒无现象，不符合题意，D错误。
答案选C。
19.已知:N2O4(g)2NO2(g) ，将装有N2O4和NO2混合气体的烧瓶浸入热水中，烧瓶内混合气体的颜色逐渐变深。下列结论不能说明该反应已经达到化学平衡状态的是（ ）
A. 烧瓶内气体的质量不再变化
B. 烧瓶内气体的颜色不再变化
C. 烧瓶内气体的压强不再变化
D. N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2
【答案】A
【解析】
【分析】由信息可知，该反应为气体体积增大、且吸热的反应，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，判定平衡时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，以此来解答。
【详解】A、烧瓶内气体的质量一直不随时间的变化而变化，不能说明达平衡状态，选项A错误；
B、烧瓶内气体的颜色不再加深，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，选项B正确；
C、烧瓶内气体的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，选项C正确；
D、N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2，可知NO2的生成速率与NO2消耗速率相等，反应达平衡状态，选项D正确；
答案选A。
20.某温度下，在容积固定的密闭容器中充入CH4、CO2 发生此反应，下列选项可说明上述反应达到平衡状态的是( )。
A. 混合气体的密度不再发生变化
B. 混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
C. 混合气体的总质量不再发生变化
D. 相同时间内每断开2mol C=O键，同时断开1mol H-H键
【答案】B
【详解】A．参加反应的均为气体，反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，故气体的密度始终不变，故当混合气体的密度不再发生变化时不能说明反应达平衡，故A错误；
B．混合气体的质量不变，但物质的量增大，故混合气体的平均相对分子质量逐渐变小，故当混合气体的平均相对分子质量不变时能说明反应达平衡，故B正确；
C．参加反应的均为气体，反应前后气体的质量始终不变，故当混合气体的总质量不再发生变化时不能说明反应达平衡，故C错误；
D．相同时间内每断开2mol C=O键即消耗1mol二氧化碳，同时断开1mol H-H键即消耗1mol氢气，则表示正反应速率＞逆反应速率，不是平衡状态，故D错误；
答案选B。
21.(1)下列各组物质：①O2和O3；② ；③H2O、D2O、T2O；④C16H34和(CH3)2CHCH2CH3；⑤CH3(CH2)3CH3和；⑥2-甲基丁烷、异戊烷。
其中互为同位素的是_______；互为同素异形体的是_______；互为同系物的是_______；互为同分异构体的是_______；属于同种物质的是_______。(用序号填空，下同)
(2)为了研究化学反应A＋B===C＋D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：
①该反应为______反应(填“放热”或“吸热”)。
②A和B的总能量比C和D的总能量___(填“高”或“低”)。
③物质中的化学能通过______转化成______释放出来。
④反应物化学键断裂吸收的能量________(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。
⑤写出一个符合题中条件的化学方程式：___________。
【答案】(1). ② (2). ① (3). ④ (4). ⑤ (5). ③和⑥ (6). 放热 (7). 高 (8). 化学反应 (9). 热能 (10). 低 (11). Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑（答案合理即可）
【解析】
【分析】(1)根据同位素、同系物、同分异构体、同素异形体的概念分析判断；
(2)当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U型管中甲处液面下降乙处液面上升，根据气体具有热胀冷缩的性质，可以判断反应的吸放热情况，根据反应物和生成物能量之间的关系与反应的吸放热之间的关系以及化学键断裂和生成过程的能量变化进行回答。
【详解】(1)①O2和O3是氧元素的不同单质，属于同素异形体；②、、是碳元素的不同原子，属于同位素；③H2O、D2O、T2O都是水分子，只是组成的原子种类不同，但结构相同，属于同一种物质；④C16H34和(CH3)2CHCH2CH3都是烷烃，属于同系物；⑤CH3(CH2)3CH3和的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体；⑥2-甲基丁烷、异戊烷的分子式相同，结构也相同，属于同一种物质。其中互为同位素的是②；互为同素异形体的是①；互为同系物的是④；互为同分异构体的是⑤；属于同种物质的是③和⑥，故答案为：②；①；④；⑤；③和⑥；
(2)①由于发生反应A+B═C+D，U型管中甲处液面下降乙处液面上升，根据气体具有热胀冷缩的性质可以判断该反应为放热反应，故答案为：放热；
②由于A+B═C+D的反应为放热反应，所以A和B的总能量比C和D的总能量高，故答案为：高；
③化学变化伴随着物质和能量变化，物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来，故答案为：化学反应；热能；
④化学反应中旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，该反应为放热反应，则反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量，故答案为：低；
⑤该反应为放热反应，且不需要加热就能够发生，如铁与稀硫酸的反应，反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，故答案为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。
22.请根据所学知识，回答下列问题：
某学习小组用如下图所示装置A、B分别探究金属锌与稀硫酸的反应，实验过程中A烧杯内的溶液温度升高，B烧杯的电流计指针发生偏转，请回答以下问题。
(1)B中Zn板是_________极，发生的电极反应是_________________，Cu板上的现象是___________；
(2)从能量转化的角度来看， A中是将化学能转变为_________，B中主要是将化学能转变为_________；
(3)该小组同学反思原电池的原理，其中观点正确的是_________；
A．原电池反应的过程中一定有电子转移
B．电极一定不能参加反应
C．原电池装置中的电子流向：负极→外线路→正极→电解质→负极
D．氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生
(4)在B中，当导线中有1mol电子通过时，理论上的两极变化是_________。
A．锌片溶解32.5g B．锌片增重32.5g
C．铜片上析出2gH2 D．铜片上析出1mol H2
【答案】(1). 负 (2). Zn-2e-═Zn2+ (3). 有无色气体产生 (4). 热能 (5). 电能 (6). AD (7). A
【解析】
【分析】(1)锌-铜-稀硫酸原电池中，活泼金属锌作负极，锌失电子发生氧化反应，氢离子在正极铜上得电子发生还原反应；
(2)A烧杯中温度升高，该反应是放热反应；原电池将化学能转化成电能；
(3)根据原电池原理分析判断；
(4)锌-铜-稀硫酸组成的原电池反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑，根据转移的电子借助于方程式分析计算。
【详解】(1)锌-铜-稀硫酸原电池中，活泼金属锌作负极，电极反应为Zn-2e-═Zn2+，氢离子在正极铜上得电子产生氢气，所以Cu板上的现象是有无色气体产生，故答案为：负；Zn-2e-═Zn2+；有无色气体产生；
(2)实验过程中A烧杯中温度升高，说明该反应是放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，反应中将化学能转化成热能；原电池是将化学能转化成电能，故答案为：热能；电能；
(3)A．原电池要有自发进行的氧化还原反应发生，一定有电子的转移，故A正确；B．活泼金属作负极，负极本身可以失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，一般负极溶解，正极质量增重或析出气体，故B错误；C．电子不能通过电解质溶液，故C错误；D．负极发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池将氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生，故D正确；故答案为：AD；
(4)该原电池放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以电池反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑。
设当导线中有1mol电子通过时，理论上负极锌片溶解x，铜片上析出氢气y。
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑ 转移电子
65g 1mol 2mol
x y 1mol
则==，解得：x=32.5g，y=0.5mol。
故锌溶解了32.5g，而不是增重，故A正确、B错误；
铜片上生成了0.5mol氢气，质量为1g，故C、D错误；
答案选A。
23.A是一种常见的有机物，其产量可以作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志，F是高分子化合物，有机物A可以实现如下转换关系。请回答下列问题:
(1)写出A的电子式____________，B、D分子中的官能团名称分别是 _______、_______。
(2)在实验室中，可用如图所示装置制取少量G，试管a中盛放的试剂是____________，其作用为____________；
(3)写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型：
①_______________________________ ；
②________________________________；
④________________________________。
【答案】(1). (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 饱和碳酸钠溶液 (5). 溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 (6). CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH，加成反应 (7). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，氧化反应 (8). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应或取代反应
【解析】
【分析】A的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，则A是CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化反应生成C，C为CH3CHO，C进一步氧化生成D，D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成G，G为CH3COOCH2CH3，乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙醇与E，E为CH3COONa；F是高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物F，F为，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A是CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COONa，F为。
(1)A是CH2=CH2，乙烯的电子式为；B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，含有的官能团分别是羟基和羧基，故答案为：；羟基；羧基；
(2)在实验室中，可用图2所示装置制取少量乙酸乙酯，试管a中盛放的试剂是饱和碳酸钠溶液，其作用为：溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故答案为：饱和碳酸钠溶液；溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；
(3)反应①为乙烯的水化反应，反应的化学方程式为CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH，该反应为加成反应；反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，属于氧化反应；反应④的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，属于酯化反应或取代反应，故答案为：CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH，加成反应；2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应或取代反应。
24.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成离子化合物，其阴阳离子个数比为1∶1。回答下列问题：
（1）五种元素中非金属性最强的是_______________（填元素符号）。
（2）由A和B、D、E所形成共价化合物中，热稳定性最差的是___________（用化学式表示）。
（3）C和E形成的离子化合物的电子式为 ______ ，用电子式表示A和B形成的过程_____，A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为_______________
（4）D的最高价氧化物的水化物的化学式为____________________。
（5）由A和B形成的一种气体在工业上用途很广，实验室制取的方程式为____________________。
（6）单质E与水反应的离子方程式为____________________。
【答案】(1). Cl (2). PH3 (3). (4). (5). NH4Cl (6). H3PO4 (7). 2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O (8). Cl2+H2O═H++Cl-+HClO
【解析】
【分析】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B、D、E均能形成共价型化合物，A和B形成的化合物在水中呈碱性，该化合物为氨气，则A是H元素、B是N元素；A和C同族，且C原子序数大于B，C离子和B离子具有相同的电子层结构，则C是Na元素；B和D同族，则D是P元素；C和E形成离子化合物，其阴阳离子个数比为1∶1，则E是Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A是H元素，B是N元素，C是Na元素，D是P元素，E是Cl元素。
(1)同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，这几种元素中非金属性最强的是Cl元素，故答案为：Cl；
(2)元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞N＞P，所以氢化物的稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；
(3)C和E形成的化合物是NaCl，属于离子化合物，电子式为，A和B形成的化合物是氨气，用电子式表示氨气的形成过程为，A和E形成的化合物为氯化氢与A和B形成的化合物为氨气，氯化氢和氨气反应生成氯化铵，化学式为NH4Cl，故答案为：；；NH4Cl；
(4)D的最高价氧化物的水化物是磷酸，化学式为H3PO4，故答案为：H3PO4；
(5)A和B形成的气体为氨气，在工业上用途很广，实验室制取氨气的方程式为2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O；
(6)单质E是氯气，氯气和水反应生成HCl和HClO，次氯酸是弱酸，离子方程式为Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 Cl：35.5 Ca：40 Cu：64 Zn：65
一、选择题（每小题均有一个选项符合题意，每小题2分，共40分，请将答案写在答题卡上）。
1.下列关于电子式的相关描述中正确的是 （ ）
A. CCl4电子式为
B. HClO的电子式为
C. 由氨气电子式可知每个NH3分子中含8个电子
D. 用电子式表示HCl的形成过程为
【答案】A
【详解】A．共价化合物的电子式应把组成化合物的各个原子的最外层电子数均表示出来，CCl4的电子式为，故A正确；
B．氯原子最外层有7个电子，只能形成1个共用电子对，O原子最外层有6个电子，需要形成2个共用电子对，HClO的电子式为，故B错误；
C．氨气的电子式为 ，氮原子内层还有2个电子，每个NH3分子中有10个电子，故C错误；
D．HCl为共价化合物，用电子式表示HCl形成过程为，故D错误；
答案选A。
2.下列物质中，属于天然高分子化合物的是（ ）。
A. 油脂 B. 淀粉 C. 葡萄糖 D. 塑料
【答案】B
详解】A．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；
B．淀粉属于天然高分子化合物，故B正确；
C．葡萄糖相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误；
D．塑料是合成高分子化合物，故D错误；
答案选B。
3.下列说法正确的是( )
A. 某物质在熔融态下能导电，则该物质中一定含有离子键
B. 中既有离子键又有共价键，所以属于离子化合物
C. 和两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. 二氧化硅和干冰都是共价化合物，其溶于水的过程中均只需克服分子间作用力
【答案】C
【详解】A．物质在熔融态下能导电，可能为金属单质，不一定是离子化合物，因此不一定含离子键，故A错误；
B．CaCl2晶体中只存在离子键，不存在共价键，故B错误；
C．氮气存在N≡N，且N原子上均有1对孤对电子，则N2每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，分子中C为+4价，原子最外层有4个电子，S为-2价，原子最外层有6个电子，C和S原子的最外层都具有8电子稳定结构，故C正确；
D．二氧化硅属于原子晶体，不溶于水，故D错误；
答案选C。
4.下列过程中所发生的化学变化属于取代反应的是（ ）
A. 苯加入溴水中 B. 乙烯通入酸性KMnO4溶液中
C. 催化剂条件下，乙烯与氢气反应 D. 光照射甲烷与氯气的混合气体
【答案】D
【详解】A．苯加入溴水中发生萃取，没有发生化学变化，故A错误；
B．乙烯通入酸性KMnO4溶液中，乙烯被高锰酸钾氧化，发生氧化反应，故B错误；
C．催化剂条件下，乙烯与氢气反应生成乙烷，发生的是加成反应，故C错误；
D．光照射甲烷与氯气的混合气体发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，故D正确；
答案选D。
5.下列各组物质中一定属于同系物的是（ ）
A. 正丁烷和异丁烷 B. 烷烃和环烷烃
C. C2H4和C4H8 D. CH3Cl与CH3CH2Cl
【答案】D
【详解】A．正丁烷和异丁烷的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，不是同系物，故A错误；
B．烷烃和环烷烃的结构不相似，不是同系物，故B错误；
C．C2H4一定为乙烯，C4H8 可能是烯烃或环烷烃，不一定为同系物，故C错误；
D．CH3Cl与CH3CH2Cl结构相似，组成上相差一个CH2，为同系物，故D正确；
答案选D。
6.下列物质中含有共价键的离子化合物是( )
①MgF2 ②Na2O2 ③NaOH ④NH4Cl ⑤CO2 ⑥H2O2 ⑦N2
A. ②③④ B. ②④⑤⑦
C. ①②③④⑥ D. ①③⑤⑥
【答案】A
【详解】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。又因为含有离子键的化合物是离子化合物，全部由共价键形成的化合物是共价化合物，所以含有共价键的离子化合物是②③④，①中只有离子键，⑤⑥⑦中只有共价键，答案选A。
7.医学研究证明用放射性13653I治疗肿瘤可收到一定疗效，下列有关I叙述正确的是（ ）
A. 13653I是碘的一种同素异形体 B. 13653I是一种新发现的元素
C. 它的中子数是53 D. 核内的中子数与核外电子数之差为30
【答案】D
【详解】A. 13653I是碘的一种核素，A错误；
B. 13653I是碘的一种核素，不是新发现的元素，B错误；
C. 它的中子数是136－53＝83，C错误；
D. 核内的中子数与核外电子数之差为136－53－53＝30，D正确；
答案选D。
8.下列金属冶炼的反应原理或离子方程式，错误的是( )
A. MgCl2(熔融) Mg＋Cl2↑ B. MgO＋H2Mg＋H2O
C. Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2 D. 2HgO2Hg＋O2↑
【答案】B
【详解】A．Na、Mg、Al等活泼金属采用电解法冶炼制备，电解熔融氯化镁可以制得金属镁，故A正确；
B．Na、Mg、Al等活泼金属采用电解法冶炼制备，镁是活泼金属，应采用电解熔融氯化镁制取，故B错误；
C．金属铁的冶炼通常是用还原剂(C、CO、H2、活泼金属等)，将铁从其化合物中还原出来，故C正确；
D．汞的活泼性较差，可以用加热分解氧化汞的方法冶炼金属汞，故D正确；
答案选B。
9.X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X＋、Y3＋、Z2－的核外电子层结构相同。下列说法不正确的是（ ）
A. 原子序数：Y＞X＞Z B. 碱性：XOH＞Y(OH)3
C. 单质的还原性：X＞Y D. 离子半径：X＋＞Y3＋＞Z2－
【答案】D
【详解】X、Y、Z均为短周期元素，其简单离子X＋、Y3＋、Z2－的核外电子层结构相同，则三种均是10电子微粒，其中X是Na，Y是Al，Z是O。则
A．原子序数：Y＞X＞Z，A正确；
B．钠的金属性强于铝，则碱性：XOH＞Y(OH)3，B正确；
C．钠的金属性强于铝，则单质的还原性：X＞Y，C正确；
D．核外电子排布相同的微粒，其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以离子半径：Z2－＞X＋＞Y3＋，D错误；
答案选D。
10.下列各物质中，不能由组成它的两种元素的单质直接化合而得到的是（ ）
A. FeS B. Fe3O4 C. FeCl2 D. FeCl3
【答案】C
【详解】A．铁为变价金属，遇到弱氧化剂被氧化为+2价化合物，Fe+SFeS，故A不选；
B．铁和氧气直接反应生成四氧化三铁，3Fe+2O2Fe3O4，故B不选；
C．氯气是强氧化剂氧化变价金属生成高价化合物，铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl2 2FeCl3，不能直接生成氯化亚铁，故C选；
D．铁和氯气化合反应只能生成氯化铁，2Fe+3Cl2 2FeCl3，故D不选；
答案选C。
11. 对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是（ ）
A. v(W)=3v(Z) B. 2v(X)=3v(Z)
C. 2v(X)=v(Y) D. 3v(W)=2v(X)
【答案】C
【详解】化学反应速率之比等于化学系数之比，则根据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，A错误；
B、v（X）：v（Z）=2：3，B错误；
C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，C正确；
D、v（W）：v（X）=3：2，D错误。
答案选C。
12.X、Y、Z、M均为短周期元素，它们在周期表中的位置如下图。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍。下列说法中正确的是( ).
A. 原子半径:X
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N，Z为S，M为Cl，然后利用元素周期律及物质的性质来解答。
【详解】根据以上分析可知X为N，Y为O，Z为S，W为Cl，则
A．电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径为Z＞M＞Y，选项A错误；
B．非金属性Y＞Z，非金属性越强氢化物越稳定，故最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞Z，选项B错误；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价含氧酸的酸性Z＜M，选项C正确；
D．X与Y形成的化合物中NO不溶于水，选项D错误。
答案选C。
13.对于反应2SO2 + O22SO3 ，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2 mol/L，则用O2浓度变化来表示的化学反应速率为（ ）。
A. 0.5mol/(L·min) B. 2 mol/(L·min)
C. 1 mol/(L·min) D. 3 mol/(L·min)
【答案】C
【详解】v(SO2)=＝=2 mol/(L·min)，同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以氧气的反应速率为二氧化硫的一半，所以是1 mol/(L·min)，故选C。
14.某同学用如图所示装置进行实验，下列说法错误的是（ ）
A. 若使图(1)装置中的Zn棒和Cu棒直接接触，则Cu棒上能看到有气体产生
B. 图(2)装置中SO42－向着Zn棒移动
C. 若将图(2)装置中Zn改为Mg，则Cu棒上产生气体的速率加快
D. 当图(2)装置与图(3)装置中正极生成物的质量比为1∶16时，两装置中Zn棒减轻的质量相等
【答案】D
【详解】A、Zn、Cu直接接触就能构成闭合回路而形成原电池，稀硫酸作电解质溶液，所以Cu捧上可看到有气体产生，故A正确；
B、该原电池中锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，在原电池中，阴离子向负极移动，SO42-带负电荷，因此SO42－向着Zn棒移动，故B正确；
C、由于Mg失电子能力强于Zn，所以将Zn改为Mg时，电子转移速率加快，生成H2的速率也加快，故C正确；
D、图(2)装置中正极上生成氢气，图(3)装置中正极上生成铜，若图(2)装置中正极上产生2gH2，则转移2mol电子，消耗负极Zn65g，则图(3)装置中正极上析出32gCu时转移1mol电子，消耗负极Zn32.5g，即两装置中Zn棒减轻的质量不相等，故D错误；
答案选D。
15.在一体积为2L的密闭容器中充入2mol X，一定条件下可发生反应:2X(g)3Y(g)，该反应的反应速率（v)与时间（t）的关系如图所示，已知 min时容器内有1.5mol Y。下列叙述正确的是（ ）
A. 若 min时升高温度，则反应速率不变
B. ~ min内，，反应不再发生
C. 0~ min内，
D. min时，只有正反应发生
【答案】C
【详解】A．根据图像， min时为平衡状态，若 min时升高温度，正逆反应速率均加快，故A错误；
B．根据图可知，t2～t3时间段，为平衡状态，正逆反应速率相等，平衡状态是一种动态平衡状态，所以反应没有停止，故B错误；
C． min时容器内有1.5mol Y ，则消耗的X为1mol，因此0~ min内，，故C正确；
D．t1时，图中正反应速率大于逆反应速率，逆反应速率不等于0，所以既有正反应发生，又有逆反应发生，故D错误；
答案选C。
16.如图是常见的四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是( )
A. 甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色
C. 丙在铁作催化剂条件下与溴水发生取代反应
D. 丁在浓硫酸、加热条件下可与乙酸发生取代反应
【答案】D
【解析】
【分析】根据比例模型知，甲是甲烷、乙是乙烯、丙是苯、丁是乙醇，结合四种物质的性质分析解答。
【详解】A．甲烷性质较稳定，和一般的氧化剂不反应，所以甲烷和酸性高锰酸钾溶液不反应，故A错误；
B．乙烯中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应使溴水褪色，不是取代反应，故B错误；
C．苯和液溴在催化条件下能发生取代反应，和溴水不反应，发生萃取，故C错误；
D．在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，该反应也是酯化反应，故D正确；
答案选D。
17.已知某反应中能量变化如图所示,所得结论错误的是( )
A. 该图像可以表示氯化铵与消石灰反应的能量变化
B. 该反应过程中，一定有其他形式的能量转化成化学能
C. 该反应过程中,形成新化学键释放的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量
D. 因为生成物的总能量高于反应物的总能量,所以该反应一定需要加热才可进行
【答案】D
【详解】A. 该图像中反应物总能量低于生成物总能量为吸热反应，可以表示氯化铵与消石灰反应的能量变化，A正确；
B、该反应过程中，一定有其他形式的能量转化成化学能，如吸热时热能转化为化学能，B正确；
C、该反应过程为吸热反应，故形成新化学键释放的总能量小于断裂旧化学键吸收的总能量，C正确；
D、虽然生成物的总能量高于反应物的总能量，但反应不一定需要加热才可进行，不能只由焓判据分析，D错误。
答案选D。
18.如图所示装置中，观察到电流计指针偏转；M棒变粗；N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（ ）
M
N
P
A
Zn
Cu
稀H2SO4溶液
B
Cu
Fe
稀HCl溶液
C
Ag
Zn
AgNO3溶液
D
Zn
Fe
Fe(NO3)3溶液
【答案】C
【详解】A．Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，Cu为正极，在正极上H+得到电子，被还原变为H2，因此观察到电流计指针偏转；但是M棒变细；N棒有气泡，不符合题意，A错误。
B．Fe为负极，失去电子，被氧化变为Fe2+，而Cu为正极，在正极上溶液中的H+得到电子，被还原变为H2，因此会看到：电流计指针偏转；M棒有气泡；N棒变细，不符合题意，B错误。
C．Zn为负极，失去电子，被氧化变为Zn2+，Ag为正极，在正极上溶液中的Ag+得到电子，被还原变为Ag单质，附着在Ag棒上，因此会观察到：电流计指针偏转；M棒变粗；N棒变细，符合题意，C正确。
D．Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，变为Zn2+进入溶液，在正极Fe上，溶液中的Fe3+得到电子，被还原变为Fe2+，所以会观察到：电流计指针偏转；M棒变细；N棒无现象，不符合题意，D错误。
答案选C。
19.已知:N2O4(g)2NO2(g) ，将装有N2O4和NO2混合气体的烧瓶浸入热水中，烧瓶内混合气体的颜色逐渐变深。下列结论不能说明该反应已经达到化学平衡状态的是（ ）
A. 烧瓶内气体的质量不再变化
B. 烧瓶内气体的颜色不再变化
C. 烧瓶内气体的压强不再变化
D. N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2
【答案】A
【解析】
【分析】由信息可知，该反应为气体体积增大、且吸热的反应，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，判定平衡时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，以此来解答。
【详解】A、烧瓶内气体的质量一直不随时间的变化而变化，不能说明达平衡状态，选项A错误；
B、烧瓶内气体的颜色不再加深，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，选项B正确；
C、烧瓶内气体的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，选项C正确；
D、N2O4的消耗速率与NO2的消耗速率之比为1:2，可知NO2的生成速率与NO2消耗速率相等，反应达平衡状态，选项D正确；
答案选A。
20.某温度下，在容积固定的密闭容器中充入CH4、CO2 发生此反应，下列选项可说明上述反应达到平衡状态的是( )。
A. 混合气体的密度不再发生变化
B. 混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
C. 混合气体的总质量不再发生变化
D. 相同时间内每断开2mol C=O键，同时断开1mol H-H键
【答案】B
【详解】A．参加反应的均为气体，反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，故气体的密度始终不变，故当混合气体的密度不再发生变化时不能说明反应达平衡，故A错误；
B．混合气体的质量不变，但物质的量增大，故混合气体的平均相对分子质量逐渐变小，故当混合气体的平均相对分子质量不变时能说明反应达平衡，故B正确；
C．参加反应的均为气体，反应前后气体的质量始终不变，故当混合气体的总质量不再发生变化时不能说明反应达平衡，故C错误；
D．相同时间内每断开2mol C=O键即消耗1mol二氧化碳，同时断开1mol H-H键即消耗1mol氢气，则表示正反应速率＞逆反应速率，不是平衡状态，故D错误；
答案选B。
21.(1)下列各组物质：①O2和O3；② ；③H2O、D2O、T2O；④C16H34和(CH3)2CHCH2CH3；⑤CH3(CH2)3CH3和；⑥2-甲基丁烷、异戊烷。
其中互为同位素的是_______；互为同素异形体的是_______；互为同系物的是_______；互为同分异构体的是_______；属于同种物质的是_______。(用序号填空，下同)
(2)为了研究化学反应A＋B===C＋D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。试回答下列问题：
①该反应为______反应(填“放热”或“吸热”)。
②A和B的总能量比C和D的总能量___(填“高”或“低”)。
③物质中的化学能通过______转化成______释放出来。
④反应物化学键断裂吸收的能量________(填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。
⑤写出一个符合题中条件的化学方程式：___________。
【答案】(1). ② (2). ① (3). ④ (4). ⑤ (5). ③和⑥ (6). 放热 (7). 高 (8). 化学反应 (9). 热能 (10). 低 (11). Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑（答案合理即可）
【解析】
【分析】(1)根据同位素、同系物、同分异构体、同素异形体的概念分析判断；
(2)当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U型管中甲处液面下降乙处液面上升，根据气体具有热胀冷缩的性质，可以判断反应的吸放热情况，根据反应物和生成物能量之间的关系与反应的吸放热之间的关系以及化学键断裂和生成过程的能量变化进行回答。
【详解】(1)①O2和O3是氧元素的不同单质，属于同素异形体；②、、是碳元素的不同原子，属于同位素；③H2O、D2O、T2O都是水分子，只是组成的原子种类不同，但结构相同，属于同一种物质；④C16H34和(CH3)2CHCH2CH3都是烷烃，属于同系物；⑤CH3(CH2)3CH3和的分子式相同，但结构不同，属于同分异构体；⑥2-甲基丁烷、异戊烷的分子式相同，结构也相同，属于同一种物质。其中互为同位素的是②；互为同素异形体的是①；互为同系物的是④；互为同分异构体的是⑤；属于同种物质的是③和⑥，故答案为：②；①；④；⑤；③和⑥；
(2)①由于发生反应A+B═C+D，U型管中甲处液面下降乙处液面上升，根据气体具有热胀冷缩的性质可以判断该反应为放热反应，故答案为：放热；
②由于A+B═C+D的反应为放热反应，所以A和B的总能量比C和D的总能量高，故答案为：高；
③化学变化伴随着物质和能量变化，物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来，故答案为：化学反应；热能；
④化学反应中旧键断裂吸收能量，新键生成放出能量，该反应为放热反应，则反应物化学键断裂吸收的能量低于生成物化学键形成放出的能量，故答案为：低；
⑤该反应为放热反应，且不需要加热就能够发生，如铁与稀硫酸的反应，反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，故答案为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑。
22.请根据所学知识，回答下列问题：
某学习小组用如下图所示装置A、B分别探究金属锌与稀硫酸的反应，实验过程中A烧杯内的溶液温度升高，B烧杯的电流计指针发生偏转，请回答以下问题。
(1)B中Zn板是_________极，发生的电极反应是_________________，Cu板上的现象是___________；
(2)从能量转化的角度来看， A中是将化学能转变为_________，B中主要是将化学能转变为_________；
(3)该小组同学反思原电池的原理，其中观点正确的是_________；
A．原电池反应的过程中一定有电子转移
B．电极一定不能参加反应
C．原电池装置中的电子流向：负极→外线路→正极→电解质→负极
D．氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生
(4)在B中，当导线中有1mol电子通过时，理论上的两极变化是_________。
A．锌片溶解32.5g B．锌片增重32.5g
C．铜片上析出2gH2 D．铜片上析出1mol H2
【答案】(1). 负 (2). Zn-2e-═Zn2+ (3). 有无色气体产生 (4). 热能 (5). 电能 (6). AD (7). A
【解析】
【分析】(1)锌-铜-稀硫酸原电池中，活泼金属锌作负极，锌失电子发生氧化反应，氢离子在正极铜上得电子发生还原反应；
(2)A烧杯中温度升高，该反应是放热反应；原电池将化学能转化成电能；
(3)根据原电池原理分析判断；
(4)锌-铜-稀硫酸组成的原电池反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑，根据转移的电子借助于方程式分析计算。
【详解】(1)锌-铜-稀硫酸原电池中，活泼金属锌作负极，电极反应为Zn-2e-═Zn2+，氢离子在正极铜上得电子产生氢气，所以Cu板上的现象是有无色气体产生，故答案为：负；Zn-2e-═Zn2+；有无色气体产生；
(2)实验过程中A烧杯中温度升高，说明该反应是放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，反应中将化学能转化成热能；原电池是将化学能转化成电能，故答案为：热能；电能；
(3)A．原电池要有自发进行的氧化还原反应发生，一定有电子的转移，故A正确；B．活泼金属作负极，负极本身可以失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，一般负极溶解，正极质量增重或析出气体，故B错误；C．电子不能通过电解质溶液，故C错误；D．负极发生氧化反应，正极发生还原反应，原电池将氧化反应和还原反应可以拆开在两极发生，故D正确；故答案为：AD；
(4)该原电池放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以电池反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑。
设当导线中有1mol电子通过时，理论上负极锌片溶解x，铜片上析出氢气y。
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑ 转移电子
65g 1mol 2mol
x y 1mol
则==，解得：x=32.5g，y=0.5mol。
故锌溶解了32.5g，而不是增重，故A正确、B错误；
铜片上生成了0.5mol氢气，质量为1g，故C、D错误；
答案选A。
23.A是一种常见的有机物，其产量可以作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志，F是高分子化合物，有机物A可以实现如下转换关系。请回答下列问题:
(1)写出A的电子式____________，B、D分子中的官能团名称分别是 _______、_______。
(2)在实验室中，可用如图所示装置制取少量G，试管a中盛放的试剂是____________，其作用为____________；
(3)写出下列反应的化学方程式，并注明反应类型：
①_______________________________ ；
②________________________________；
④________________________________。
【答案】(1). (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 饱和碳酸钠溶液 (5). 溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度 (6). CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH，加成反应 (7). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，氧化反应 (8). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应或取代反应
【解析】
【分析】A的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，则A是CH2=CH2，乙烯和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化反应生成C，C为CH3CHO，C进一步氧化生成D，D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成G，G为CH3COOCH2CH3，乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙醇与E，E为CH3COONa；F是高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物F，F为，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A是CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3COONa，F为。
(1)A是CH2=CH2，乙烯的电子式为；B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，含有的官能团分别是羟基和羧基，故答案为：；羟基；羧基；
(2)在实验室中，可用图2所示装置制取少量乙酸乙酯，试管a中盛放的试剂是饱和碳酸钠溶液，其作用为：溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，故答案为：饱和碳酸钠溶液；溶解乙醇，反应乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；
(3)反应①为乙烯的水化反应，反应的化学方程式为CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH，该反应为加成反应；反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，属于氧化反应；反应④的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，属于酯化反应或取代反应，故答案为：CH2 = CH2 + H2OCH3CH2OH，加成反应；2CH3CH2OH+O22CH3CHO + 2H2O，氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，酯化反应或取代反应。
24.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成离子化合物，其阴阳离子个数比为1∶1。回答下列问题：
（1）五种元素中非金属性最强的是_______________（填元素符号）。
（2）由A和B、D、E所形成共价化合物中，热稳定性最差的是___________（用化学式表示）。
（3）C和E形成的离子化合物的电子式为 ______ ，用电子式表示A和B形成的过程_____，A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为_______________
（4）D的最高价氧化物的水化物的化学式为____________________。
（5）由A和B形成的一种气体在工业上用途很广，实验室制取的方程式为____________________。
（6）单质E与水反应的离子方程式为____________________。
【答案】(1). Cl (2). PH3 (3). (4). (5). NH4Cl (6). H3PO4 (7). 2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O (8). Cl2+H2O═H++Cl-+HClO
【解析】
【分析】五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B、D、E均能形成共价型化合物，A和B形成的化合物在水中呈碱性，该化合物为氨气，则A是H元素、B是N元素；A和C同族，且C原子序数大于B，C离子和B离子具有相同的电子层结构，则C是Na元素；B和D同族，则D是P元素；C和E形成离子化合物，其阴阳离子个数比为1∶1，则E是Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A是H元素，B是N元素，C是Na元素，D是P元素，E是Cl元素。
(1)同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，这几种元素中非金属性最强的是Cl元素，故答案为：Cl；
(2)元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性Cl＞N＞P，所以氢化物的稳定性最差的是PH3，故答案为：PH3；
(3)C和E形成的化合物是NaCl，属于离子化合物，电子式为，A和B形成的化合物是氨气，用电子式表示氨气的形成过程为，A和E形成的化合物为氯化氢与A和B形成的化合物为氨气，氯化氢和氨气反应生成氯化铵，化学式为NH4Cl，故答案为：；；NH4Cl；
(4)D的最高价氧化物的水化物是磷酸，化学式为H3PO4，故答案为：H3PO4；
(5)A和B形成的气体为氨气，在工业上用途很广，实验室制取氨气的方程式为2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2 + 2NH3↑+2H2O；
(6)单质E是氯气，氯气和水反应生成HCl和HClO，次氯酸是弱酸，离子方程式为Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO。
相关资料
更多
