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【化学】江西省上饶县中学2018-2019学年高二上学期开学检测化学（奥赛、实验、重点）试题（解析版）
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江西省上饶县中学2018-2019学年高二上学期开学检测化学（奥赛、实验、重点）试题
一、选择题
1.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 乙醇和乙酸都存在碳氧双键 B. 甲烷和乙烯都可以与氯气反应
C. 高锰酸钾可以氧化苯和甲烷 D. 乙烯可以与氢气发生加成反应，苯不能与氢气加成
【答案】B
【解析】
试题分析：A、乙醇没有碳氧双键，故错误；B、甲烷和氯气发生取代反应，乙烯和氯气发生加成反应，故正确；C、苯和甲烷都不能被高锰酸钾氧化，故错误；D、乙烯和氢气能加成，苯和氢气也能加成，故错误。
考点：有机物 的结构和性质
2.日本地震引起的核泄漏中放射性物质主要是Cs和131I，其中有关127I与131I的说法正确的是（ ）
A. 127I与131I互为同位素 B. 127I与131I互为同素异形体
C. 127I与131I是同分异构体 D. I与Cl均属ⅦA族，I比Cl活泼
【答案】A
【解析】
A、127I与131I符合同位素概念，互为同位素，故A正确；B、127I与131I是同位素，不是单质，不能互为同素异形体，故B错误；C、同分异构体是分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，故C错误；D、同主族从上到下，原子半径增大，得到电子能力减弱，非金属性减弱；I与Cl均属ⅦA族，Cl比I活泼，故D错误；故选A。
3.金属冶炼中不会涉及到的反应类型是 （ ）
A. 氧化还原反应 B. 置换反应 C. 分解反应 D. 复分解反应
【答案】D
【解析】
金属冶炼是将金属离子还原为金属单质的过程，反应一定是氧化还原反应，而复分解反应不是氧化还原反应，所以答案选D。
4.下列表示正确的是
A. CO2的比例模型：
B. H2O2的电子式：
C. NH4+ 的结构式：
D. 14C的原子结构示意图：
【答案】C
【解析】
试题分析：H2O2是共价化合物，电子式为共用电子，不带电荷，B错；NH4+带一个单位正电荷，其结构式应标出，并加一中括号，C错；14C的原子核由6个质子和8个中子构成，原子结构示意图为，D错误。
考点：化学用语
点评：对化学用语的考查是高考必考知识点，难度不大，考生在平时的学习过程中应注意化学用语的规范使用。
5.某实验小组学生用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算反应热．下列说法正确的是 ( )
A. 如图条件下实验过程中没有热量损失
B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯
D. 若改用60 mL 0.50 mol/L盐酸跟50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液进行反应，从理论上说所求反应热相等
【答案】B
【解析】
A．根据实验过程的保温情况确定保温效果；
B．根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
C．根据烧杯间填满碎纸条的作用是保温；
D．反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关。
【详解】A．该装置的保温效果并不如量热计那样好，大小烧杯之间要填满纸片，装置存在热量的散失，故A错误；
B．根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，所以B选项是正确的；
C．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C错误；
D．反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若改用60 mL 0.50 mol/L盐酸跟50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，故D错误。
所以B选项是正确的。
6.已知反应A2＋B2=2AB，断开1molA2中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，断开1molB2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，生成1molAB中的化学键释放的能量为Q3kJ，则下列说法正确的是
A. 若A2和B2的总能量之和大于生成的2AB的总能量，则反应放热
B. 若A2和B2的总能量之和小于生成的2AB的总能量，则反应放热
C. 若该反应为放热反应，则Q1＋Q2
【解析】
反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，反之为吸热反应，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则H=(Q1+Q2-2Q3)kJ/mol，如Q1+Q2-2Q3>0则为吸热反应，如Q1+Q2-2Q3<0，为放热反应，以此解答该题。
【详解】反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，反之为吸热反应，则A正确、B错误；
若该反应为放热反应，应有Q1+Q2-2Q3<0，若Q1+Q2-2Q3>0则为吸热反应，故C、D错误。
所以A选项是正确的。
【点睛】本题考查了反应能量变化判断，能量守恒，化学键键能大小的分析判断是解题关键，题目难度中等。
7. 关于化学键的下列叙述中,正确的是
A. 离子化合物不可能含共价键 B. 共价化合物可能含离子键
C. 离子化合物中只含离子键 D. 共价化合物中不含离子键
【答案】D
【解析】
Ａ．离子化合物中可能含共价键，例如NaOH中O与H之间存在共价键，A错误；Ｂ．共价化合物中不可能含离子键，只有共价键，B错误；Ｃ．离子化合物中一定含离子键，可能含有共价键，C错误；Ｄ．全部由共价键形成的化合物是共价化合物，共价化合物中不可能含离子键，D正确，答案选D。
8.短周期元素元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构．下列推测不正确的是
A. 同周期元素中X的金属性最强
B. 原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－
C. 同族元素中Z的氢化物稳定性最高
D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【答案】B
【解析】
试题分析：X＋与Z2－具有相同的核外电子排布，则X是第IA族元素，Z是第VIA族元素，且X在Z的下一周期，若三种元素均是短周期元素，则Z是第二周期，X、Y是第三周期，所以Z是O元素，X是Na元素，三者的原子序数之和是36，所以Y的原子序数是17，是第三周期的Cl元素，符合题意。A、Na是第三周期元素中最左侧的元素，金属性最强，正确；B、X与Y是同周期元素，X的原子序数小于Y，所以原子半径X>Y，X与Z的离子的电子层结构相同，核电荷数小的两种半径大，所以离子半径：X＋
9.甲、乙两种非金属元素：①甲单质比乙单质容易与H2化合；②甲单质能与乙的简单阴离子反应生成乙的单质；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲单质的熔、沸点比乙的低。一般能说明甲比乙的非金属性强的是( )
A. 只有④ B. ①②③ C. 只有⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
比较非金属性的强弱，可利用得电子的难易程度、阴离子的还原性，最高价氧化物的水化物的酸性、与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应等来判断。
【详解】①甲比乙更容易与H2化合，则甲得电子能力强，说明甲比乙的非金属性强，故①正确；
②甲单质能与乙的阴离子反应，置换出乙单质，说明氧化性甲大于乙，单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，故②正确；
③最高价氧化物水化物酸性甲比乙强，可说明甲的非金属性较强，故③正确；
④电子数目的多少不能确定得电子的难易程度，即不能说明甲的非金属性较强，故④错误；
⑤甲的单质熔、沸点比乙的低，无法确定甲、乙的非金属性强弱，即不能说明甲的非金属性较强，故⑤错误。
综合以上①②③正确，所以B选项是正确的。
10.下列关于有机化合物的叙述中不正确的是
A. 正丁烷的熔点、沸点比异丁烷的高
B. 1 mol乙酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应，可生成1 mol乙酸乙酯
C. CH2Cl2是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构
D. 溴水既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯
【答案】B
【解析】
A.烷烃的同分异构体中含支链越多，熔沸点越低；
B.酸和醇的酯化反应是可逆反应；
C.根据甲烷的结构类比二氯甲烷的结构；
D.根据乙烷和乙烯是否和溴水反应判断。
【详解】A.烷烃的同分异构体中含支链越多熔沸点越低，异丁烷的支链比正丁烷的支链多，所以正丁烷的熔沸点比异丁烷的高，故A正确；
B.乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以1 mol乙酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应，不能生成1 mol乙酸乙酯，故B错误。
C.甲烷是正四面体结构，二氯甲烷是甲烷中的两个氢原子被氯原子取代而生成的，二氯甲烷是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构，故 C正确；
D.乙烷较稳定，和溴水不反应；乙烯较活泼能和溴水发生加成反应，故 D正确。
故选 B。
【点睛】本题考查了有机物的化学性质和物理性质，难度不大，知道烷烃的同分异构体中熔沸点高低的判断方法是解A项的关键。
11.下列说法中正确的是
A. 相对分子质量相同，组成元素也相同的化合物一定是同分异构体
B. 凡是分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质，彼此一定是同系物
C. 两种物质的组成元素相同，各元素质量分数也相同，则二者一定是同分异构体
D. 各组成元素的质量分数都相同且分子式也相同的不同有机物一定互为同分异构体
【答案】D
【解析】
试题分析：A、分子式相同，结构不同的化合物是同分异构体，所以相对分子质量相同，组成元素也相同的化合物不一定是同分异构体，A不正确；B、结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物的，互称为同系物，B不正确；C、只能说明最简式相同，但不一定是同分异构体，C不正确；D、各组成元素的质量分数都相同且分子式也相同的不同有机物一定互为同分异构体，D正确，答案选D。
考点：考查同分异构体和同系物的判断
12.一定温度下恒容的密闭容器中，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是
A. 正反应速率和逆反应速率相等且都为零
B. 容器内气体的总压强不随时间变化
C. 单位时间内生成2n mol AB的同时生成n mol B2
D. 容器内气体的平均相对分子质量不随时间变化
【答案】C
【解析】
试题分析：A．正反应速率和逆反应速率相等且都不为零是化学平衡状态的标志，A错误； B、反应前后气体的化学计量数之和相等，反应无论是否达到平衡状态，压强都不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，B错误； C、单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D、反应前后气体的质量不变，物质的量不变，无论是否达到平衡状态，平均相对分子质量都不随时间变化，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误．
考点：可逆反应达到平衡状态的标准的判定。
13.镭是元素周期表中第七周期第IIA族元素，关于其叙述不正确的是
A. 镭的金属性比钙弱 B. 单质能与水反应生成H2
C. 镭在化合物中呈+2价 D. 碳酸镭难溶于水
【答案】A
【解析】
试题分析：镭是元素周期表中第七周期第IIA族元素，与Mg、Ca等金属位于同一主族，性质相似，则A、同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，因此镭的金属性比钙强，故A错误；B、钙能和水反应生成氢气，镭的金属性强于钙，因此也能与水发生反应生成氢气，故B正确；C、第IIA族元素最外层有2个电子，化合价为+2价，故C正确；D、同主族元素对应的单质或化合物的性质具有相似性，根据碳酸镁、碳酸钙的溶解性难溶可知，碳酸镭难溶于水，故D正确，答案选A。
考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用
14.下列关于有机物的说法中，正确的一组是 ①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应 ②“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物 ③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量饱和Na2CO3溶液振荡后，静置分液 ④石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化 ⑤淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖能与新制Cu(OH)2发生反应 ⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ①②⑤ D. ③④⑥
【答案】A
【解析】
①根据淀粉、油脂、蛋白质的性质分析；
②根据乙醇汽油的成分判断；
③根据乙酸乙酯和乙酸的性质分析；
④化学变化是有新物质生成；
⑤根据淀粉和葡萄糖的性质分析；
⑥纤维素属于天然高分子化合物。
【详解】①淀粉、油脂、蛋白质都是有小分子物质经过化学反应形成的，所以能水解，故①正确；
②乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源，所以是混合物，故②错误；
③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故③正确；
④石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏有新物质生成属于化学变化，故④错误；
⑤碘遇淀粉变蓝色是碘的特性，葡萄糖含有醛基所以能和新制得的氢氧化铜反应，故⑤正确；
⑥纤维素属于天然高分子化合物，故⑥错误。
综合以上①③⑤正确，故选A。
【点睛】本题考查了有机化合物的性质，考查的知识点较多，“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，仍是混合物，不是一种新型化合物，注意相关知识的积累，题目难度不大。
15.将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L-1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应平均速率为0.6 mol·L-1·s-1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.15mol·L-1·s-1
③2s时物质A的转化率为30%
④2s时物质B的浓度为0.3 mol·L-1
其中正确的是
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】
①根据=计算（C），再根据速率之比等于化学计量数之比计算（A）；
②根据=计算（C），再根据速率之比等于化学计量数之比计算（B）；
③根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算n(C)，进而计算n(A)，根据转化率定义计算A的转化率；
④根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算c(B)，2s时物质B的浓度=B的起始浓度-c(B)。
【详解】由已知2s后C的浓度为0.6mol/L，根据n=cV可知C的物质的量为1.2mol。则：
方程 2A（g）+B（g）2C（g）
开始(mol) 4 2 0
转化(mol) 1.2 0.6 1.2
平衡(mol) 2.8 1.4 1.2
①（C）==0.3 mol·L-1·s-1，速率之比等于化学计量数之比，故（A）=（C）=0.3 mol·L-1·s-1，故①错误；
②（C）==0.3 mol·L-1·s-1，速率之比等于化学计量数之比，故（B）=（C）=0.3 mol·L-1·s-1=0.15mol·L-1·s-1，故②正确；
③根据方程式可以知道，n(A)=n(C)=0.6mol/L×2L=1.2mol，故A的转化率=×100%=30%，故③正确；
④根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算c(B)=c(A)=0.6mol/L=0.3mol/L，2s时物质B的浓度=-0.3mol/L=0.7mol/L，故④错误。
所以C选项是正确的。
16.钛被称为“第三金属”，其制取原料为金红石（TiO2)，制取步骤为：TiO2→TiCl4，已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2
③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g) △H3
则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的△H为
A. △H3+2△H1+2△H2 B. △H3+2△H1+△H2
C. △H3+2△H1-△H2 D. △H3+2△H1-2△H2
【答案】C
【解析】
试题分析：2×①－②＋③，得到：TiO2（s） ＋ 2Cl2（g） ＋ 2C（s） ＝ TiCl4（s） ＋ 2CO（g），△H = 2△H1 － △H2 ＋ △H3，故选项C正确。
考点：考查热化学反应方程式的计算等知识。
二、填空题
17.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，用化学用语回答下列问题：
族
周期
IA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
（1）⑧的原子结构示意图为_________。
（2）②的气态氢化物分子的结构式为_____________。
（3）②、③的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是________________。（填化学式）
（4）⑤、⑥元素的金属性强弱依次为___________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（5）④、⑤、⑥的形成的简单离子半径依次_______。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（6）①、④、⑤元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，写出它的电子式：_______。
【答案】 (1). (2). (3). HNO3＞H2CO3 (4). 减小 (5). 减小 (6).
【解析】
分析：根据元素在周期表中的分布，可以知道①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl
详解：(1)⑧是氯元素，三个电子层，原子结构示意图为。(2)②的气态氢化物是甲烷，碳与氢原子形成四个共价键，分子的结构式为。(3)碳和氮在同一周期，从左到右，最高价含氧酸的酸性增强，②、③的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是 HNO3> H2CO3。(4)⑤是Na，⑥是Al，同周期元素金属性从左到右减弱，⑤、⑥元素的金属性强弱依次减弱 。(5) ④、⑤、⑥元素的原子形成的简单离子，电子层结构相同，核电荷依次增大，半径依次减小。(6) ①、④、⑤三种元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，写出它的电子式:。
18.控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的稀硫酸和锌反应的实验数据（计算结果精确到小数点后一位），分析以下数据，回答下列问题：
序号
硫酸的体积/mL
锌的质量/g
锌的形状
温度/℃
完全溶于酸的时间/s
生成硫酸锌的质量/g
1
50.0
2.0
薄片
25
100
m1
2
50.0
2.0
颗粒
25
70
m2
3
50.0
2.0
颗粒
35
35
m3
4
50.0
2.0
粉末
25
45
5.0
5
50.0
6.0
粉末
35
30
m5
6
50.0
8.0
粉末
25
t6
16.1
7
50.0
10.0
粉末
25
t7
16.1
（1）化学反应速率本质上是由___________决定的，但外界条件也会影响反应速率的大小。本实验中实验2和实验3表明________对反应速率有影响，该因素对反应速率的具体影响是：其它条件相同时，_________反应速率越快。
（2）我们最好选取实验_________（填实验序号）研究锌的形状对反应速率的影响。我们发现在其它条件相同时，反应物间的_______反应速率越快。
（3）若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，发现反应速率明显加快。原因是_____________________________________________。
（4）利用表中数据，可以求得：硫酸的物质的量浓度是____mol／L。
【答案】 (1). 反应物本身的性质 (2). 温度 (3). 温度越高 (4). 1、2和4 (5). 接触面积越大 (6). 锌会置换出少量铜，在该条件下构成原电池，加快了反应速率 (7). 2.0
【解析】
（1）根据决定化学反应速率的本质因素进行解答；根据实验2和实验3的反应条件进行分析；温度越高，反应速率会越快；
（2）研究锌的形状对反应速率的影响时，除了锌的规格不同外，其它条件必须完全相同；反应物的接触面积越大，反应速率越快；
（3）根据加入少量硫酸铜，可以构成原电池，加快了反应速率进行解答；
（4）根据加入8g锌和加入10g锌生成的硫酸锌质量相同可知，该两种条件下硫酸完全反应，据此计算出硫酸锌的物质的量及硫酸的物质的量浓度。
【详解】（1）化学反应速率本质上是由反应物本身的性质决定的；实验2和实验3中，除了温度不同外，其它条件完全相同，则说明探究的是温度对反应速率的影响；温度越高，反应速率越快，
故答案为：反应物本身的性质；温度；温度越高；
（2）根据表中数据可知，实验1、2和4中，除了锌的形状不同外，其它条件完全相同，则它们是探究锌的形状对反应速率的影响；固体的接触面积越大，反应速率越快，
故答案为：1、2和4；接触面积越大；
（3）若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，由于锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，所以反应速率明显加快，
故答案为：锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，加快了反应速率；
（4）根据实验6和实验7可知，加入8g锌后与加入10g锌生成的硫酸锌质量相同，说明两个实验中硫酸完全反应，16.1g硫酸锌的物质的量为：=0.1mol，则原硫酸溶液的物质的量浓度为：=2.0mol/L，
故答案为：2.0。
【点睛】本题考查了探究影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意掌握温度、浓度、催化剂、原电池等对化学反应速率的影响，明确探究影响化学反应速率的因素的方法。
19.现有A、B、C、D、E五种元素，都是短周期元素，其中A、B、C原子序数依次递增并都相差1。B的阳离子的电子层结构与Ne原子相同，2gB的氧化物与100ml 0.5mol/L的H2SO4恰好完全反应。B单质与D单质反应后可形成离子化合物BD2；B单质与E单质可形成化合物BE。D的阴离子比B的阳离子多一个电子层，而E阴离子与B的阳离子电子层结构相同。
（1）B元素的名称________。
（2）形成化合物A2E2的化学键类型是：____________________________。
（3）用电子式表示化合物BD2的形成过程。____________________________。
（4）A的氢氧化物的水溶液和C单质发生反应的离子方程式：___________。
【答案】 (1). 镁元素 (2). 离子键、非极性键
(3).
(4). 2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素，B单质与D单质反应后可形成离子化合物BD2，可推知B为+2价、D为-1价，B的阳离子的电子层结构与Ne原子相同，故B为Mg，2g MgO与100ml 0.5mol/L的H2SO4恰好完全反应；A、B、C原子序数依次递增并都相差1，可推知A为Na、C为Al；D的阴离子比B的阳离子多一个电子层，故D为Cl；B单质与E单质可形成化合物BE，E为-2价，而E阴离子与B的阳离子电子层结构相同，则E为O元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。
【详解】A、B、C、D、E五种短周期元素，B单质与D单质反应后可形成离子化合物BD2，可推知B为+2价、D为-1价，B的阳离子的电子层结构与Ne原子相同，故B为Mg，2g MgO与100ml 0.5mol/L的H2SO4恰好完全反应；A、B、C原子序数依次递增并都相差1，可推知A为Na、C为Al；D的阴离子比B的阳离子多一个电子层，故D为Cl；B单质与E单质可形成化合物BE，E为-2价，而E阴离子与B的阳离子电子层结构相同，则E为O元素，
(1)由上述分析可以知道，B为镁，
因此，本题正确答案是：镁；
(2)化合物Na2O2含有离子键、共价键，
因此，本题正确答案是：离子键、共价键；
(3)MgCl2由钠离子与镁离子构成，用Mg原子、Cl原子电子式表示其形成过程为：，
因此，本题正确答案是：；
(4)Al与氢氧化钠反应反应生成偏铝酸钠与氢气，离子方程式为：2Al +2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
因此，本题正确答案是：2Al +2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
20.乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。结合以下路线回答：
已知：
（1）上述过程中属于物理变化的是__________（填序号）。①分馏 ②裂解
（2）A的官能团是__________。
（3）反应II的化学方程式是________________________________________。
（4）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是__________。
（5）E是有香味的物质，在实验室可用下图装置制取。
①反应IV的化学方程式是________________________________________。
②在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：__________ 。
【答案】 (1). ① (2). 羟基或 (3). (4). (5). (6). 先加乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸
【解析】
乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成B为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，D为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为，据此解答。
【详解】（1）①分馏都是利用液态混合物中各成分的沸点不同，通过控制温度加热，使一部分物质经汽化，然后冷凝液化再收集，另一部分还保持原来的状态留在原来的装置中。所以分馏是物理变化。
②裂解是指只通过热能将大分子物质转变成小分子物质的化学过程。所以裂解是化学变化。
因此，本题正确答案是：①；
（2）从转化关系可知，A是乙醇，官能团是羟基。
因此，本题正确答案是：羟基；
（3）反应II是乙醇催化氧化生成乙醛，化学方程式是：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
因此，本题正确答案是：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（4）D是乙烯发生加聚反应的产物聚乙烯，其结构简式是。
因此，本题正确答案是：。
（5）①E是乙酸与乙醇发生酯化反应生成的乙酸乙酯，该酯化反应的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O；
②在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：先加密度小的乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸，等温度降低后再加入乙酸。
因此，本题正确答案是：CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O；先加乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸。
三、计算题
21.某有机物A与氢气的相对密度是30，取有机物A 6．0g完全燃烧后，生成0．2molCO2和0．2molH2O。此有机物既可与金属钠反应，又可与氢氧化钠和碳酸钠反应。
（1）计算该有机物的分子式。
（2）根据该有机物的性质，写出其结构简式。
【答案】（1）C2H4O2
（2）CH3COOH
一、选择题
1.下列关于有机化合物的说法正确的是
A. 乙醇和乙酸都存在碳氧双键 B. 甲烷和乙烯都可以与氯气反应
C. 高锰酸钾可以氧化苯和甲烷 D. 乙烯可以与氢气发生加成反应，苯不能与氢气加成
【答案】B
【解析】
试题分析：A、乙醇没有碳氧双键，故错误；B、甲烷和氯气发生取代反应，乙烯和氯气发生加成反应，故正确；C、苯和甲烷都不能被高锰酸钾氧化，故错误；D、乙烯和氢气能加成，苯和氢气也能加成，故错误。
考点：有机物 的结构和性质
2.日本地震引起的核泄漏中放射性物质主要是Cs和131I，其中有关127I与131I的说法正确的是（ ）
A. 127I与131I互为同位素 B. 127I与131I互为同素异形体
C. 127I与131I是同分异构体 D. I与Cl均属ⅦA族，I比Cl活泼
【答案】A
【解析】
A、127I与131I符合同位素概念，互为同位素，故A正确；B、127I与131I是同位素，不是单质，不能互为同素异形体，故B错误；C、同分异构体是分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，故C错误；D、同主族从上到下，原子半径增大，得到电子能力减弱，非金属性减弱；I与Cl均属ⅦA族，Cl比I活泼，故D错误；故选A。
3.金属冶炼中不会涉及到的反应类型是 （ ）
A. 氧化还原反应 B. 置换反应 C. 分解反应 D. 复分解反应
【答案】D
【解析】
金属冶炼是将金属离子还原为金属单质的过程，反应一定是氧化还原反应，而复分解反应不是氧化还原反应，所以答案选D。
4.下列表示正确的是
A. CO2的比例模型：
B. H2O2的电子式：
C. NH4+ 的结构式：
D. 14C的原子结构示意图：
【答案】C
【解析】
试题分析：H2O2是共价化合物，电子式为共用电子，不带电荷，B错；NH4+带一个单位正电荷，其结构式应标出，并加一中括号，C错；14C的原子核由6个质子和8个中子构成，原子结构示意图为，D错误。
考点：化学用语
点评：对化学用语的考查是高考必考知识点，难度不大，考生在平时的学习过程中应注意化学用语的规范使用。
5.某实验小组学生用50 mL 0.50 mol/L的盐酸与50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算反应热．下列说法正确的是 ( )
A. 如图条件下实验过程中没有热量损失
B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯
D. 若改用60 mL 0.50 mol/L盐酸跟50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液进行反应，从理论上说所求反应热相等
【答案】B
【解析】
A．根据实验过程的保温情况确定保温效果；
B．根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
C．根据烧杯间填满碎纸条的作用是保温；
D．反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关。
【详解】A．该装置的保温效果并不如量热计那样好，大小烧杯之间要填满纸片，装置存在热量的散失，故A错误；
B．根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，所以B选项是正确的；
C．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C错误；
D．反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若改用60 mL 0.50 mol/L盐酸跟50 mL 0.55 mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，故D错误。
所以B选项是正确的。
6.已知反应A2＋B2=2AB，断开1molA2中的化学键消耗的能量为Q1 kJ，断开1molB2中的化学键消耗的能量为Q2 kJ，生成1molAB中的化学键释放的能量为Q3kJ，则下列说法正确的是
A. 若A2和B2的总能量之和大于生成的2AB的总能量，则反应放热
B. 若A2和B2的总能量之和小于生成的2AB的总能量，则反应放热
C. 若该反应为放热反应，则Q1＋Q2
【解析】
反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，反之为吸热反应，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则H=(Q1+Q2-2Q3)kJ/mol，如Q1+Q2-2Q3>0则为吸热反应，如Q1+Q2-2Q3<0，为放热反应，以此解答该题。
【详解】反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，反之为吸热反应，则A正确、B错误；
若该反应为放热反应，应有Q1+Q2-2Q3<0，若Q1+Q2-2Q3>0则为吸热反应，故C、D错误。
所以A选项是正确的。
【点睛】本题考查了反应能量变化判断，能量守恒，化学键键能大小的分析判断是解题关键，题目难度中等。
7. 关于化学键的下列叙述中,正确的是
A. 离子化合物不可能含共价键 B. 共价化合物可能含离子键
C. 离子化合物中只含离子键 D. 共价化合物中不含离子键
【答案】D
【解析】
Ａ．离子化合物中可能含共价键，例如NaOH中O与H之间存在共价键，A错误；Ｂ．共价化合物中不可能含离子键，只有共价键，B错误；Ｃ．离子化合物中一定含离子键，可能含有共价键，C错误；Ｄ．全部由共价键形成的化合物是共价化合物，共价化合物中不可能含离子键，D正确，答案选D。
8.短周期元素元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构．下列推测不正确的是
A. 同周期元素中X的金属性最强
B. 原子半径X>Y，离子半径X＋>Z2－
C. 同族元素中Z的氢化物稳定性最高
D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【答案】B
【解析】
试题分析：X＋与Z2－具有相同的核外电子排布，则X是第IA族元素，Z是第VIA族元素，且X在Z的下一周期，若三种元素均是短周期元素，则Z是第二周期，X、Y是第三周期，所以Z是O元素，X是Na元素，三者的原子序数之和是36，所以Y的原子序数是17，是第三周期的Cl元素，符合题意。A、Na是第三周期元素中最左侧的元素，金属性最强，正确；B、X与Y是同周期元素，X的原子序数小于Y，所以原子半径X>Y，X与Z的离子的电子层结构相同，核电荷数小的两种半径大，所以离子半径：X＋
9.甲、乙两种非金属元素：①甲单质比乙单质容易与H2化合；②甲单质能与乙的简单阴离子反应生成乙的单质；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲单质的熔、沸点比乙的低。一般能说明甲比乙的非金属性强的是( )
A. 只有④ B. ①②③ C. 只有⑤ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
比较非金属性的强弱，可利用得电子的难易程度、阴离子的还原性，最高价氧化物的水化物的酸性、与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、单质之间的置换反应等来判断。
【详解】①甲比乙更容易与H2化合，则甲得电子能力强，说明甲比乙的非金属性强，故①正确；
②甲单质能与乙的阴离子反应，置换出乙单质，说明氧化性甲大于乙，单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，故②正确；
③最高价氧化物水化物酸性甲比乙强，可说明甲的非金属性较强，故③正确；
④电子数目的多少不能确定得电子的难易程度，即不能说明甲的非金属性较强，故④错误；
⑤甲的单质熔、沸点比乙的低，无法确定甲、乙的非金属性强弱，即不能说明甲的非金属性较强，故⑤错误。
综合以上①②③正确，所以B选项是正确的。
10.下列关于有机化合物的叙述中不正确的是
A. 正丁烷的熔点、沸点比异丁烷的高
B. 1 mol乙酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应，可生成1 mol乙酸乙酯
C. CH2Cl2是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构
D. 溴水既可鉴别乙烷与乙烯，又可除去乙烷中的乙烯
【答案】B
【解析】
A.烷烃的同分异构体中含支链越多，熔沸点越低；
B.酸和醇的酯化反应是可逆反应；
C.根据甲烷的结构类比二氯甲烷的结构；
D.根据乙烷和乙烯是否和溴水反应判断。
【详解】A.烷烃的同分异构体中含支链越多熔沸点越低，异丁烷的支链比正丁烷的支链多，所以正丁烷的熔沸点比异丁烷的高，故A正确；
B.乙酸和乙醇的酯化反应是可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以1 mol乙酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应，不能生成1 mol乙酸乙酯，故B错误。
C.甲烷是正四面体结构，二氯甲烷是甲烷中的两个氢原子被氯原子取代而生成的，二氯甲烷是纯净物说明甲烷是四面体结构而不是正方形结构，故 C正确；
D.乙烷较稳定，和溴水不反应；乙烯较活泼能和溴水发生加成反应，故 D正确。
故选 B。
【点睛】本题考查了有机物的化学性质和物理性质，难度不大，知道烷烃的同分异构体中熔沸点高低的判断方法是解A项的关键。
11.下列说法中正确的是
A. 相对分子质量相同，组成元素也相同的化合物一定是同分异构体
B. 凡是分子组成相差一个或若干个CH2原子团的物质，彼此一定是同系物
C. 两种物质的组成元素相同，各元素质量分数也相同，则二者一定是同分异构体
D. 各组成元素的质量分数都相同且分子式也相同的不同有机物一定互为同分异构体
【答案】D
【解析】
试题分析：A、分子式相同，结构不同的化合物是同分异构体，所以相对分子质量相同，组成元素也相同的化合物不一定是同分异构体，A不正确；B、结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类有机物的，互称为同系物，B不正确；C、只能说明最简式相同，但不一定是同分异构体，C不正确；D、各组成元素的质量分数都相同且分子式也相同的不同有机物一定互为同分异构体，D正确，答案选D。
考点：考查同分异构体和同系物的判断
12.一定温度下恒容的密闭容器中，反应A2(g)＋B2(g)2AB(g)达到平衡的标志是
A. 正反应速率和逆反应速率相等且都为零
B. 容器内气体的总压强不随时间变化
C. 单位时间内生成2n mol AB的同时生成n mol B2
D. 容器内气体的平均相对分子质量不随时间变化
【答案】C
【解析】
试题分析：A．正反应速率和逆反应速率相等且都不为零是化学平衡状态的标志，A错误； B、反应前后气体的化学计量数之和相等，反应无论是否达到平衡状态，压强都不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，B错误； C、单位时间内生成2nmolAB的同时生成nmolB2，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D、反应前后气体的质量不变，物质的量不变，无论是否达到平衡状态，平均相对分子质量都不随时间变化，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误．
考点：可逆反应达到平衡状态的标准的判定。
13.镭是元素周期表中第七周期第IIA族元素，关于其叙述不正确的是
A. 镭的金属性比钙弱 B. 单质能与水反应生成H2
C. 镭在化合物中呈+2价 D. 碳酸镭难溶于水
【答案】A
【解析】
试题分析：镭是元素周期表中第七周期第IIA族元素，与Mg、Ca等金属位于同一主族，性质相似，则A、同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，因此镭的金属性比钙强，故A错误；B、钙能和水反应生成氢气，镭的金属性强于钙，因此也能与水发生反应生成氢气，故B正确；C、第IIA族元素最外层有2个电子，化合价为+2价，故C正确；D、同主族元素对应的单质或化合物的性质具有相似性，根据碳酸镁、碳酸钙的溶解性难溶可知，碳酸镭难溶于水，故D正确，答案选A。
考点：考查元素周期表的结构和元素周期律的应用
14.下列关于有机物的说法中，正确的一组是 ①淀粉、油脂、蛋白质在一定条件下都能发生水解反应 ②“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物 ③除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过量饱和Na2CO3溶液振荡后，静置分液 ④石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化 ⑤淀粉遇碘酒变蓝色，葡萄糖能与新制Cu(OH)2发生反应 ⑥塑料、橡胶和纤维都是合成高分子材料
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ①②⑤ D. ③④⑥
【答案】A
【解析】
①根据淀粉、油脂、蛋白质的性质分析；
②根据乙醇汽油的成分判断；
③根据乙酸乙酯和乙酸的性质分析；
④化学变化是有新物质生成；
⑤根据淀粉和葡萄糖的性质分析；
⑥纤维素属于天然高分子化合物。
【详解】①淀粉、油脂、蛋白质都是有小分子物质经过化学反应形成的，所以能水解，故①正确；
②乙醇汽油是一种由粮食及各种植物纤维加工成的燃料乙醇和普通汽油按一定比例混配形成的新型替代能源，所以是混合物，故②错误；
③乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸乙酯，故③正确；
④石油的分馏没有新物质生成，属于物理变化，煤的干馏有新物质生成属于化学变化，故④错误；
⑤碘遇淀粉变蓝色是碘的特性，葡萄糖含有醛基所以能和新制得的氢氧化铜反应，故⑤正确；
⑥纤维素属于天然高分子化合物，故⑥错误。
综合以上①③⑤正确，故选A。
【点睛】本题考查了有机化合物的性质，考查的知识点较多，“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，仍是混合物，不是一种新型化合物，注意相关知识的积累，题目难度不大。
15.将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g)+B(g)2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L-1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应平均速率为0.6 mol·L-1·s-1
②用物质B表示的反应的平均速率为0.15mol·L-1·s-1
③2s时物质A的转化率为30%
④2s时物质B的浓度为0.3 mol·L-1
其中正确的是
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】
①根据=计算（C），再根据速率之比等于化学计量数之比计算（A）；
②根据=计算（C），再根据速率之比等于化学计量数之比计算（B）；
③根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算n(C)，进而计算n(A)，根据转化率定义计算A的转化率；
④根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算c(B)，2s时物质B的浓度=B的起始浓度-c(B)。
【详解】由已知2s后C的浓度为0.6mol/L，根据n=cV可知C的物质的量为1.2mol。则：
方程 2A（g）+B（g）2C（g）
开始(mol) 4 2 0
转化(mol) 1.2 0.6 1.2
平衡(mol) 2.8 1.4 1.2
①（C）==0.3 mol·L-1·s-1，速率之比等于化学计量数之比，故（A）=（C）=0.3 mol·L-1·s-1，故①错误；
②（C）==0.3 mol·L-1·s-1，速率之比等于化学计量数之比，故（B）=（C）=0.3 mol·L-1·s-1=0.15mol·L-1·s-1，故②正确；
③根据方程式可以知道，n(A)=n(C)=0.6mol/L×2L=1.2mol，故A的转化率=×100%=30%，故③正确；
④根据浓度变化量之比等于化学计量数之比计算c(B)=c(A)=0.6mol/L=0.3mol/L，2s时物质B的浓度=-0.3mol/L=0.7mol/L，故④错误。
所以C选项是正确的。
16.钛被称为“第三金属”，其制取原料为金红石（TiO2)，制取步骤为：TiO2→TiCl4，已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2
③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g) △H3
则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的△H为
A. △H3+2△H1+2△H2 B. △H3+2△H1+△H2
C. △H3+2△H1-△H2 D. △H3+2△H1-2△H2
【答案】C
【解析】
试题分析：2×①－②＋③，得到：TiO2（s） ＋ 2Cl2（g） ＋ 2C（s） ＝ TiCl4（s） ＋ 2CO（g），△H = 2△H1 － △H2 ＋ △H3，故选项C正确。
考点：考查热化学反应方程式的计算等知识。
二、填空题
17.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，用化学用语回答下列问题：
族
周期
IA
0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
2
②
③
④
3
⑤
⑥
⑦
⑧
（1）⑧的原子结构示意图为_________。
（2）②的气态氢化物分子的结构式为_____________。
（3）②、③的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是________________。（填化学式）
（4）⑤、⑥元素的金属性强弱依次为___________。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（5）④、⑤、⑥的形成的简单离子半径依次_______。（填“增大”、“减小”或“不变”）
（6）①、④、⑤元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，写出它的电子式：_______。
【答案】 (1). (2). (3). HNO3＞H2CO3 (4). 减小 (5). 减小 (6).
【解析】
分析：根据元素在周期表中的分布，可以知道①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Si，⑧是Cl
详解：(1)⑧是氯元素，三个电子层，原子结构示意图为。(2)②的气态氢化物是甲烷，碳与氢原子形成四个共价键，分子的结构式为。(3)碳和氮在同一周期，从左到右，最高价含氧酸的酸性增强，②、③的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是 HNO3> H2CO3。(4)⑤是Na，⑥是Al，同周期元素金属性从左到右减弱，⑤、⑥元素的金属性强弱依次减弱 。(5) ④、⑤、⑥元素的原子形成的简单离子，电子层结构相同，核电荷依次增大，半径依次减小。(6) ①、④、⑤三种元素可形成既含离子键又含共价键的化合物，写出它的电子式:。
18.控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的稀硫酸和锌反应的实验数据（计算结果精确到小数点后一位），分析以下数据，回答下列问题：
序号
硫酸的体积/mL
锌的质量/g
锌的形状
温度/℃
完全溶于酸的时间/s
生成硫酸锌的质量/g
1
50.0
2.0
薄片
25
100
m1
2
50.0
2.0
颗粒
25
70
m2
3
50.0
2.0
颗粒
35
35
m3
4
50.0
2.0
粉末
25
45
5.0
5
50.0
6.0
粉末
35
30
m5
6
50.0
8.0
粉末
25
t6
16.1
7
50.0
10.0
粉末
25
t7
16.1
（1）化学反应速率本质上是由___________决定的，但外界条件也会影响反应速率的大小。本实验中实验2和实验3表明________对反应速率有影响，该因素对反应速率的具体影响是：其它条件相同时，_________反应速率越快。
（2）我们最好选取实验_________（填实验序号）研究锌的形状对反应速率的影响。我们发现在其它条件相同时，反应物间的_______反应速率越快。
（3）若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，发现反应速率明显加快。原因是_____________________________________________。
（4）利用表中数据，可以求得：硫酸的物质的量浓度是____mol／L。
【答案】 (1). 反应物本身的性质 (2). 温度 (3). 温度越高 (4). 1、2和4 (5). 接触面积越大 (6). 锌会置换出少量铜，在该条件下构成原电池，加快了反应速率 (7). 2.0
【解析】
（1）根据决定化学反应速率的本质因素进行解答；根据实验2和实验3的反应条件进行分析；温度越高，反应速率会越快；
（2）研究锌的形状对反应速率的影响时，除了锌的规格不同外，其它条件必须完全相同；反应物的接触面积越大，反应速率越快；
（3）根据加入少量硫酸铜，可以构成原电池，加快了反应速率进行解答；
（4）根据加入8g锌和加入10g锌生成的硫酸锌质量相同可知，该两种条件下硫酸完全反应，据此计算出硫酸锌的物质的量及硫酸的物质的量浓度。
【详解】（1）化学反应速率本质上是由反应物本身的性质决定的；实验2和实验3中，除了温度不同外，其它条件完全相同，则说明探究的是温度对反应速率的影响；温度越高，反应速率越快，
故答案为：反应物本身的性质；温度；温度越高；
（2）根据表中数据可知，实验1、2和4中，除了锌的形状不同外，其它条件完全相同，则它们是探究锌的形状对反应速率的影响；固体的接触面积越大，反应速率越快，
故答案为：1、2和4；接触面积越大；
（3）若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，由于锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，所以反应速率明显加快，
故答案为：锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，加快了反应速率；
（4）根据实验6和实验7可知，加入8g锌后与加入10g锌生成的硫酸锌质量相同，说明两个实验中硫酸完全反应，16.1g硫酸锌的物质的量为：=0.1mol，则原硫酸溶液的物质的量浓度为：=2.0mol/L，
故答案为：2.0。
【点睛】本题考查了探究影响化学反应速率的因素，题目难度中等，注意掌握温度、浓度、催化剂、原电池等对化学反应速率的影响，明确探究影响化学反应速率的因素的方法。
19.现有A、B、C、D、E五种元素，都是短周期元素，其中A、B、C原子序数依次递增并都相差1。B的阳离子的电子层结构与Ne原子相同，2gB的氧化物与100ml 0.5mol/L的H2SO4恰好完全反应。B单质与D单质反应后可形成离子化合物BD2；B单质与E单质可形成化合物BE。D的阴离子比B的阳离子多一个电子层，而E阴离子与B的阳离子电子层结构相同。
（1）B元素的名称________。
（2）形成化合物A2E2的化学键类型是：____________________________。
（3）用电子式表示化合物BD2的形成过程。____________________________。
（4）A的氢氧化物的水溶液和C单质发生反应的离子方程式：___________。
【答案】 (1). 镁元素 (2). 离子键、非极性键
(3).
(4). 2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素，B单质与D单质反应后可形成离子化合物BD2，可推知B为+2价、D为-1价，B的阳离子的电子层结构与Ne原子相同，故B为Mg，2g MgO与100ml 0.5mol/L的H2SO4恰好完全反应；A、B、C原子序数依次递增并都相差1，可推知A为Na、C为Al；D的阴离子比B的阳离子多一个电子层，故D为Cl；B单质与E单质可形成化合物BE，E为-2价，而E阴离子与B的阳离子电子层结构相同，则E为O元素，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。
【详解】A、B、C、D、E五种短周期元素，B单质与D单质反应后可形成离子化合物BD2，可推知B为+2价、D为-1价，B的阳离子的电子层结构与Ne原子相同，故B为Mg，2g MgO与100ml 0.5mol/L的H2SO4恰好完全反应；A、B、C原子序数依次递增并都相差1，可推知A为Na、C为Al；D的阴离子比B的阳离子多一个电子层，故D为Cl；B单质与E单质可形成化合物BE，E为-2价，而E阴离子与B的阳离子电子层结构相同，则E为O元素，
(1)由上述分析可以知道，B为镁，
因此，本题正确答案是：镁；
(2)化合物Na2O2含有离子键、共价键，
因此，本题正确答案是：离子键、共价键；
(3)MgCl2由钠离子与镁离子构成，用Mg原子、Cl原子电子式表示其形成过程为：，
因此，本题正确答案是：；
(4)Al与氢氧化钠反应反应生成偏铝酸钠与氢气，离子方程式为：2Al +2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，
因此，本题正确答案是：2Al +2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
20.乙烯是来自石油的重要有机化工原料，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平。结合以下路线回答：
已知：
（1）上述过程中属于物理变化的是__________（填序号）。①分馏 ②裂解
（2）A的官能团是__________。
（3）反应II的化学方程式是________________________________________。
（4）D为高分子化合物，可以用来制造多种包装材料，其结构简式是__________。
（5）E是有香味的物质，在实验室可用下图装置制取。
①反应IV的化学方程式是________________________________________。
②在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：__________ 。
【答案】 (1). ① (2). 羟基或 (3). (4). (5). (6). 先加乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸
【解析】
乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成B为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，D为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为，据此解答。
【详解】（1）①分馏都是利用液态混合物中各成分的沸点不同，通过控制温度加热，使一部分物质经汽化，然后冷凝液化再收集，另一部分还保持原来的状态留在原来的装置中。所以分馏是物理变化。
②裂解是指只通过热能将大分子物质转变成小分子物质的化学过程。所以裂解是化学变化。
因此，本题正确答案是：①；
（2）从转化关系可知，A是乙醇，官能团是羟基。
因此，本题正确答案是：羟基；
（3）反应II是乙醇催化氧化生成乙醛，化学方程式是：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
因此，本题正确答案是：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（4）D是乙烯发生加聚反应的产物聚乙烯，其结构简式是。
因此，本题正确答案是：。
（5）①E是乙酸与乙醇发生酯化反应生成的乙酸乙酯，该酯化反应的化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O；
②在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：先加密度小的乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸，等温度降低后再加入乙酸。
因此，本题正确答案是：CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O；先加乙醇，然后边振荡试管边缓慢加入浓硫酸和乙酸。
三、计算题
21.某有机物A与氢气的相对密度是30，取有机物A 6．0g完全燃烧后，生成0．2molCO2和0．2molH2O。此有机物既可与金属钠反应，又可与氢氧化钠和碳酸钠反应。
（1）计算该有机物的分子式。
（2）根据该有机物的性质，写出其结构简式。
【答案】（1）C2H4O2
（2）CH3COOH
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