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【化学】北京市西城区2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）
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北京市西城区2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64
第一部分（选择题 共50分）
每小题只有一个选项符合题意（1 ~ 10小题，每小题2分；11 ~ 20小题，每小题3分）
1.十八大以来，我国科学技术迅猛发展。下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（ ）
A. 锂离子电池 B. 风力发电机
C. 偏二甲肼燃烧 D. 太阳能集热器
【答案】A
【详解】A.锂离子电池将化学能转化为电能，A符合题意；
B.将风能转化为电能，B不符合题意；
C.将化学能转化为热能，C不符合题意；
D.将太阳能转化为热能，D不符合题意；
故合理选项是A。
2.下列元素属于ⅦA族的是（ ）
A. 氧 B. 氯 C. 钠 D. 硫
【答案】B
【详解】A.氧核外电子排布是2、6，因此位于第二周期第VIA族，A不符合题意；
B.氯核外电子排布是2、8、7，因此位于第三周期第VIIA族，B符合题意；
C.钠核外电子排布是2、8、1，因此位于第三周期第IA族，C不符合题意；
D.硫核外电子排布是2、8、6，因此位于第三周期第VIA族，D不符合题意；
故合理选项是B。
3.下列金属中，工业上常用电解法冶炼是（ ）
A. Cu B. Ag C. Al D. Fe
【答案】C
【解析】分析：电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H 2 等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得。
详解：A．铜属于较活泼金属，常采用热还原法冶炼，故A错误；
B．银属于不活泼金属，常采用热分解法冶炼，故B错误；
C．铝性质活泼，采用电解熔融的三氧化二铝方法冶炼，故C正确；
D． 铁属于较活泼金属，常采用热还原法冶炼，故D错误；
故选C。
4.下列物质中，只含离子键的是（ ）
A. KOH B. H2O C. HCl D. NaCl
【答案】D
【详解】A.KOH是离子化合物，含有离子键、共价键，A不符合题意；
B. H2O是共价化合物，只含有共价键，B不符合题意；
C.HCl共价化合物，只含有共价键，C不符合题意；
D.NaCl是离子化合物，只含有离子键，D符合题意；
故合理选项是D。
5.下列有机物中，不属于烃的是（ ）
A. CH2 = CH2 B.
C. CH3CH2CH3 D. CH3COOH
【答案】D
【详解】A.CH2=CH2，只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，A不符合题意；
B.该物质是苯，分子式C6H6，只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，B不符合题意；
C.CH3CH2CH3是只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，C不符合题意；
D.CH3COOH中含有C、H、O三种元素，不属于烃，是烃的含氧衍生物，D符合题意；
故合理选项是D。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 纯净的乙酸称为冰醋酸 B. 乙醇能与水以任意比互溶
C. 乙酸是比碳酸更弱的酸 D. 用食醋清除暖瓶中的水垢
【答案】C
【详解】A.纯净的乙酸由于温度降低至其熔点时会凝结为像冰一样的固体，因此又称为冰醋酸，A正确；
B.乙醇分子是极性分子，水分子是极性分子，根据相似相容原理可知：乙醇容易溶于水，能与水以任意比互溶，B正确；
C.乙酸能与碳酸盐反应制取CO2气体，说明乙酸是比碳酸强的酸，C错误；
D.由于酸性：醋酸>碳酸，所以用食醋清除暖瓶中的水垢，醋酸与食醋发生反应产生可溶性醋酸钙、水、二氧化碳，从而可达到除水垢的目的，D正确；
故合理选项是C。
7.下列试剂不能用来鉴别乙醇和乙酸的是（ ）
A. 酸性高锰酸钾溶液 B. 碳酸钠溶液
C. 紫色石蕊溶液 D. 蒸馏水
【答案】D
【详解】A.乙醇能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，乙酸不能反应，因此可以鉴别，A不符合题意；
B.碳酸钠溶液与乙醇混合不反应，无现象，与乙酸混合，发生反应，有气泡产生，因此可以鉴别，B不符合题意；
C.紫色石蕊溶液遇乙醇无明显现象，遇乙酸变为红色，现象不同，可以鉴别，C不符合题意；
D.遇乙酸、乙醇都无明显现象，不能鉴别，D符合题意；
故合理选项是D。
8.安徽宣城所产的宣纸、宣笔、徽墨、宣砚举世闻名。做宣笔常用羊、兔等动物的毛，其主要成分是（ ）
A. 蛋白质 B. 纤维素 C. 糖类 D. 油脂
【答案】A
【详解】羊、兔等动物的毛主要成分都是蛋白质，故合理选项是A。
9.孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3。我国古人用孔雀石和焦炭混合共热的方法炼铜，其冶炼方法属于（ ）
A. 热还原法 B. 湿法炼铜 C. 热分解法 D. 电解冶炼法
【答案】A
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得；较活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有(C、CO、H2等)；不活泼金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得，据此分析解答。
【详解】A.孔雀石受热发生分解：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O，由CuO炼铜，可用焦炭还原法：2CuO+C2Cu+CO2↑，属于热还原法，A正确；
B. Cu2(OH)2CO3和CuO都不溶于水，且当时没有强酸，也不可能采用湿法炼铜，B错误；
C．Al的活泼性大于Cu，所以掌握Cu的冶炼方法早于Al，虽然也可用铝热还原法：3CuO+2AlAl2O3+3Cu，但我国古代还没有掌握冶炼铝的技术，因此不可能采用铝热法冶炼，C项错误；
D.我国古代没有电，不可能用电解冶炼法，D错误；
故合理选项是A。
10.下列物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（ ）
A. 聚乙烯 B. 甲烷 C. 苯 D. 乙烯
【答案】D
【详解】A.聚乙烯分子中不含碳碳不饱和键，所以性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，A错误；
B.甲烷分子中C原子与H原子形成四个共价键，性质稳定，不能与溴水和酸性高锰酸钾溶液反应，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C.苯分子中碳碳键是介于碳碳双键和碳碳单键之间的一种特殊的化学键，比较稳定，不能与溴水反应，也不能被酸性高锰酸钾氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D.乙烯中含有碳碳不饱和键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；
故合理选项是D。
11.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 与水反应，Cs比Na剧烈 B. 与H2反应，F2 比Cl2容易
C. 碱性：NaOH＞Al(OH)3 D. 酸性：HCl＞H2CO3
【答案】D
【详解】A.元素的金属性Cs>Na，元素的金属性越强，与水发生反应置换出氢气就越剧烈，所以与水反应，Cs比Na剧烈，可以用元素周期律解释，A不符合题意；
B.元素的非金属性F>Cl，元素的非金属性越强，其单质与氢气反应越容易，因此与H2反应，F2 比Cl2容易，可以用元素周期律解释，B不符合题意；
C.元素的金属性Na>Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，所以碱性：NaOH＞Al(OH)3，可以用元素周期律解释，C不符合题意；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，因此可证明酸性HClO4>H2CO3，不能用元素周期律证明酸性：HCl＞H2CO3，D符合题意；
故合理选项是D。
12.某元素X的最高正价与最低负价的代数和为4，其气态氢化物的化学式可能是（ ）
A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4
【答案】B
【解析】
【分析】元素的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之和为8，元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，可计算最高正价和最低负极，然后判断最高价氧化物的水化物或气态氢化物的化学式。
【详解】设某元素的最高正化合价为x，最低负价x-8，x+(x-8)=4，解得x=+6，则最高正价数为+6，最低负化合价为-2，所以其气态氢化物的化学式为：H2X，故合理选项是B。
13.与Na+具有相同电子总数和质子总数的微粒是（ ）
A. CH4 B. H3O+ C. NH2- D. Cl–
【答案】B
【解析】
【分析】Na+的质子总数为11，电子总数为10，计算选项中微粒的质子数和电子数分析判断。
【详解】A.CH4的质子总数为10，电子总数为10，与Na+不相同，A错误；
B.H3O+的质子总数为11，电子总数为10，与Na+相同，B正确；
C.NH2-的质子总数为9，电子总数为10，与Na+不相同，C错误；
D.Cl-的质子总数为17，电子总数为18，与Na+不相同，D错误；
故合理选项是B。
14.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. N2的电子式：
B. Cl－离子的结构示意图：
C. CH4分子的比例模型：
D. 质子数为92、中子数为146的铀（U）原子符号：
【答案】C
【详解】A.N2中每个N原子上还都有一对孤电子对，所以其电子式：，A错误；
B.Cl-离子最外层有8个电子，所以Cl-的结构示意图：，B错误；
C.该图示表示的是CH4分子的比例模型，C正确；
D.质子数为92、中子数为146的铀(U)质量数是238，可用原子符号：，D错误；
故合理选项是C。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 石油分馏是化学变化
B. 石油裂解得到的汽油是纯净物
C. 天然气是一种清洁的化石燃料
D. 水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料
【答案】C
【详解】A.石油分馏是根据物质沸点的不同分离液体混合物，没有新物质产生，发生的是物理变化，A错误；
B.石油裂解得到的汽油中含有多种烯烃，属于混合物，B错误；
C.天然气燃烧产生的是H2O、CO2，不会造成污染，无固体残渣，因此是一种清洁的化石燃料，C正确；
D.水煤气是炽热的碳与水蒸气反应产生CO、H2的混合物，不是通过煤的液化得到的气体燃料，D错误；
故合理选项是C。
16.在一定温度下的密闭容器中，可逆反应N2 + 3H22NH3 达到平衡状态的标志是（ ）
A. N2、H2、NH3在容器中共存
B. 混合气体的总物质的量不再发生变化
C. 单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2
D. 单位时间内消耗n mol N2，同时消耗n mol NH3
【答案】B
【详解】A.N2、H2、NH3在容器中共存，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，A不符合题意；
B.该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的总物质的量不再发生变化，说明反应处于平衡状态，B正确；
C.单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2，都表示反应逆向进行，不能判断反应处于平衡状态，C错误；
D.单位时间内消耗n mol N2必然同时会产生2nmolNH3，同时消耗n mol NH3，说明反应正向进行，未达到平衡状态，D错误；
故合理选项是B。
17.“绿色化学”的理想状态是反应物的原子全部转化为目标产物。以下反应不符合绿色化学原则的是（ ）
A. 工业生产环氧乙烷：
B. 水煤气合成甲醇：CO + 2H2催化剂CH3OH
C. 制取硫酸铜：Cu + 2H2SO4(浓)加热CuSO4 + SO2↑+ 2H2O
D. 合成甲基丙烯酸甲酯：CH3C≡CH + CO + CH3OH Pd CH2=C(CH3)COOCH3
【答案】C
【详解】A.工业生产环氧乙烷，反应物原子完全转化为生成物，符合绿色化学要求，A不符合题意；
B.水煤气合成甲醇，反应物原子完全转化为生成物，符合绿色化学要求，B不符合题意；
C.反应物的原子没有完全转化为目标产物CuSO4，因此不符合绿色化学要求，C符合题意；
D.合成甲基丙烯酸甲酯时，反应物原子完全转化为目标产物，符合绿色化学要求，D不符合题意；
因此合理选项是C。
18.科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下。
下列说法不正确的是（ ）
A. CO2含有极性共价键 B. 上述过程表示CO和O生成CO2
C. 上述过程中CO断键形成C和O D. 从状态Ⅰ到状态Ⅲ，有能量放出
【答案】C
【详解】A.CO2分子中含有的C=O双键属于极性共价键，A正确；
B.上述过程表示CO和O原子反应生成CO2，B正确；
C.通过图示可知：上述过程中CO并没有断键形成C和O，C错误；
D.由于反应物的能量比生成物的能量高，所以从状态Ⅰ到状态Ⅲ，有能量放出，D正确；
故合理选项是C。
19.X、Y、Z、W为4种短周期元素，已知X、Z同主族，Y2+、Z–、W+ 3种离子的电子层结构与氖原子相同，下列叙述正确的是（ ）
A. 原子序数：Z＜Y
B. 原子半径：W＜X
C. 金属性：Y＞W
D. 气态氢化物的稳定性：HX＞HZ
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为四种短周期元素，Y2+、Z-、W+三种离子的电子层结构与氖原子相同，则Y是Mg元素、Z是F元素、W是Na元素，X、Z同主族，且都是短周期元素，则X是Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是Cl元素，Y是Mg元素、Z是F元素、W是Na元素，
A.Z是F，Y是Mg，所以原子序数：Z＜Y，A正确；
B.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：W>X，B错误；
C.同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以Y
20.实验室用乙酸和乙醇在浓硫酸作用下制取乙酸乙酯的装置如图。下列说法正确的是（ ）
A. 向甲试管中先加浓硫酸，再加乙醇和乙酸
B. 乙试管中导管不伸入液面下，是为了防止倒吸
C. 加入过量乙酸，可使乙醇完全转化为乙酸乙酯
D. 实验完毕，可将乙酸乙酯从混合物中过滤出来
【答案】B
【详解】A.向甲试管中先加乙醇，再加浓硫酸，待溶液冷却后在加入乙酸，A错误；
B.乙试管中导管不伸入液面下，这既可以防止倒吸现象的发生，又可以溶解乙醇、反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，B正确；
C.加入过量乙酸，可提高乙醇的溶解度，但由于该反应是可逆反应，因此不能使乙醇完全转化为乙酸乙酯，C错误；
D.乙酸乙酯是不溶液水的液体物质，因此实验完毕，可将乙酸乙酯从混合物中通过分液分离出来，D错误；
故合理选项是B。
第二部分
21.补齐下列物质间的反应与对应反应类型的连线。
A. 从乙烯得到聚乙烯的反应
a. 氧化反应
B. 乙醇与酸性重铬酸钾溶液反应
b. 加聚反应
C. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应
c. 取代反应
D. 乙酸和乙醇在浓硫酸作用下的反应
d. 加成反应
【答案】
【解析】
【分析】A.乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯；
B.乙醇可以被酸性重铬酸钾溶液氧化产生乙酸；
C.乙烯与溴发生加成反应产生1,2-二溴乙烷；
D.乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，产生乙酸乙酯和水。
【详解】A.乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯，因此反应类型为加聚反应，合理序号为b；
B.乙醇可以被酸性重铬酸钾溶液氧化产生乙酸，反应类型为氧化反应，序号为a；
C.乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应产生1,2-二溴乙烷，反应类型为加成反应，序号为d；
D.乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，产生乙酸乙酯和水，反应类型为酯化反应，酯化反应也属于取代反应，故合理序号为c。
故连线为。
22.请用序号填空：
①13C与14C ②正丁烷与异丁烷
③CH3CH3与CH3CH2CH3 ④
(1)属于同位素的是______；
(2)属于同系物的是______；
(3)属于同分异构体的是______。
【答案】(1). ① (2). ③ (3). ②
【解析】
【分析】根据同位素是质子数相同而中子数不同的原子，同系物是物质结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物；同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物分析判断。
【详解】①13C与14C质子数都是6个，中子数分别是7、8，因此二者互为同位素；
②正丁烷与异丁烷分子式都是C4H10，分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体；
③CH3CH3与CH3CH2CH3结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，二者互为同系物；
④由于甲烷是正四面体结构，分子中任何两个化学键都相邻，因此是同一物质，故(1)属于同位素的是①；(2)属于同系物的是③；(3)属于同分异构体的是②。
23.电能是现代社会应用最广泛的能源之一。
(1)某原电池装置如图所示。
其中，Zn电极为原电池的______极（填“正”或“负”），电极反应式是______。Cu电极上发生的反应属于______（填“氧化”或“还原”） 反应，当铜表面析出4.48 L氢气（标准状况）时，导线中通过了______ mol电子。
(2)下列反应通过原电池装置，可实现化学能直接转化为电能的是______（填序号）。
①CaO+H2O=Ca(OH)2
②2H2+O2 =2H2O
③2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2
【答案】(1). 负 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 还原 (4). 0.4 (5). ②③
【解析】
分析】(1)在原电池中，活动性强的为负极，活动性弱的为正极。负极发生氧化反应，正极上发生还原反应，在同一闭合回路中电子转移数目相等。
(2)原电池是可以把化学能转化为电能的装置，发生的反应必须为氧化还原反应。
【详解】(1)在原电池中，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn电极为原电池的负极，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；Cu电极为正极，正极上发生的反应为还原反应；当铜表面析出4.48 L氢气(标准状况)时，n(H2)= 4.48 L÷22.4L/mol=0.2mol，则电子转移n(e-)=0.2mol×2=0.4mol，所以导线中通过了0.4 mol电子。
(2)可实现化学能直接转化为电能的装置的反应是氧化还原反应，①CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化还原反应，不能设计成原电池；②2H2+O2 =2H2O是氧化还原反应，可以设计为原电池；③2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2是氧化还原反应，可以设计为原电池，故合理选项是②③。
24.某同学进行如下实验，研究化学反应中的热量变化。
请回答下列问题：
(1)反应后①中温度升高，②中温度降低。由此判断铝条与盐酸的反应是________反应（填“放热”或“吸热”，下同），Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是________反应。
(2)①中反应的离子方程式是_________，该反应的还原剂是_________。
【答案】(1). 放热 (2). 吸热 (3). 2Al+6H+=2Al3++3H2↑ (4). Al
【解析】
【分析】根据放出热量的反应是放热反应，吸收热量的反应为吸热反应，用实际参加反应的离子符号表示反应的式子叫离子方程式，还原剂在反应中失去电子，其中所含元素的化合价升高。
【详解】(1)①铝与盐酸反应后，溶液的温度升高，说明该反应是放热反应；
②Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应后温度降低，说明该反应是吸热反应；
(2)铝与盐酸反应产生氯化铝和氢气，反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；在该反应中，Al元素的化合价由反应前Al单质中的0价变为反应后AlCl3中的+3价，化合价升高，失去电子，被氧化，因此Al为还原剂，Al3+为氧化产物。
25.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使NO、CO转化为2种无毒气体。T℃时，将0.8 mol NO和0.8 mol CO充入容积为2 L的密闭容器中，模拟尾气转化，容器中NO物质的量随时间变化如图。
(1)将NO、CO转化为2种无毒气体的化学方程式是______。
(2)反应开始至10 min，v(NO)=______mol/(L•min）。
(3)下列说法正确的是______。
a.新型催化剂可以加快NO、CO的转化
b该反应进行到10 min时达到化学平衡状态
c.平衡时CO的浓度是0.4 mol/ L
【答案】(1). 2CO+2NON2+2CO2 (2). 0.02 (3). ab
【解析】
【分析】(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，书写反应方程式；
(2)根据反应速率的定义式计算；
(3)根据可逆反应达到平衡时，任何物质的浓度不变、物质的含量不变分析判断。
【详解】(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2
(2) v(NO)==0.02 mol/(L•min）；
(3) a.催化剂可以加快反应速率，所以使用新型催化剂可以加快NO、CO的转化，a正确；
b.根据图示可知：该反应进行到10 min时，NO的物质的量不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，b正确；
c.平衡时CO的物质的量是0.4mol，由于容器的容积为2L，所以CO浓度是0.2mol/ L，c错误；
故合理选项是ab。
26.(Ti)及其化合物大量应用于航空、造船、电子、化学、医疗器械、电讯器材等各个领域，工业上常以金红石(主要成分是TiO2)、焦炭、氯气、金属镁为原料生产金属钛，其流程如下：
(1)过程Ⅰ中，可燃性气体X是______。
(2)过程Ⅱ中，发生反应的化学方程式是______；稀有气体的作用是______。
【答案】(1). CO (2). TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti (3). 防止高温下Mg、Ti与空气中的O2 或N2、CO2反应或防止金属Mg、Ti被氧化
【解析】
【分析】金红石TiO2与C、Cl2在高温下反应产生TiCl4、CO；TiCl4与Mg在稀有气体存在条件下 ，加热发生反应产生Ti、MgCl2。
【详解】(1)在过程I中，金红石TiO2与C、Cl2在高温下反应产生TiCl4、CO，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，所以反应产生的可燃性气体为CO；
(2)在过程Ⅱ中，TiCl4与Mg在稀有气体存在条件下，加热，发生金属的置换反应产生Ti、MgCl2，发生反应的化学方程式是TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti；稀有气体的作用是作保护气，防止高温下Mg、Ti与空气中的O2 或N2、CO2反应或防止金属Mg、Ti被氧化。
27.有四种短周期元素，相关信息如下表。
元素
相关信息
A
气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂
B
单质的焰色反应为黄色
C
单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒
D
–2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同
请根据表中信息回答：
(1)A在周期表中位于第______周期______族。
(2)用电子式表示B与C形成化合物的过程：______。
(3)在元素C与D的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是(填化学式)______。
(4)已知硒(Se)与D同主族，且位于D下一个周期，根据硒元素在元素周期表中的位置推测，硒可能具有的性质是______。
a.其单质在常温下呈固态
b.SeO2既有氧化性又有还原性
c.最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO3
d.非金属性比C元素的强
【答案】(1). 二 (2). VA (3). (4). HClO4 (5). ab
【解析】
【分析】气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则该气体为NH3，A为N元素；B单质的焰色反应为黄色，说明B元素是Na元素；C元素的单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒，则C元素是Cl元素；元素的原子获得2个电子形成-2价阴离子。D元素的–2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，则D元素是S元素，然后逐一分析解答。
【详解】根据上述分析可知A是N，B是Na，C是Cl，D是S元素。
(1) A是N元素，原子核外电子排布是2、5，根据原子结构与元素位置的关系可知N元素在周期表中位于第二周期第VA族。
(2)Na原子最外层只有1个电子容易失去形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，容易获得1个电子形成Cl-，Na+、Cl-通过离子键结合形成离子化合物NaCl，用电子式表示B与C形成化合物的过程为：。
(3)元素的非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以在元素C与D的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是HClO4。
(4) a.根据元素名称硒(Se)可知其单质在常温下呈固态，a正确；
b.由于Se原子最外层有6个电子，最高为+6价，最低为-2价，而在SeO2中Se元素的化合价为+4价，处于该元素的最高化合价和最低化合价之间，因此既有氧化性又有还原性，b正确；
c.Se原子最外层有6个电子，最高为+6价，所以最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，c错误；
d.同一主族的元素，随原子序数的增大，元素的非金属性逐渐减弱。所以元素的非金属性S>Se，由于非金属性Cl>S，所以元素的非金属性Se比Cl元素的弱，d错误；
故合理选项是ab。
28.常见有机物 A、B、C、D、E的相互转化关系如下图。已知D 是有香味且不易溶于水的油状液体，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。
请回答：
(1)A中含有的官能团名称是___________。
(2)B的结构简式是___________。
(3)①的化学方程式是__________________。
(4)下列说法正确的是______。
a.E分子中所有原子在同一平面上
b.用饱和Na2CO3溶液除去D中混有的C
c.②的反应类型为取代反应
【答案】(1). 羟基 (2). CH3CHO
(3). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (4). ab
【解析】
【分析】根据物质的分子结构与性质可知A是CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生B是乙醛CH3CHO，乙醛催化氧化产生的C是乙酸CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应产生的D是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则E是乙烯CH2=CH2，乙烯与乙酸发生加成反应产生D是CH3COOCH2CH3。
【详解】根据上述分析可知：A是CH3CH2OH，B是CH3CHO，C是CH3COOH，D是CH3COOCH2CH3，E是CH2=CH2。
(1)A是CH3CH2OH，官能团是-OH，A中含有的官能团名称是羟基；
(2)根据上述分析可知：B的结构简式是CH3CHO；
(3)①反应是乙醇与乙酸在浓硫酸存在并加热条件下发生酯化反应形成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，所以其反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
(4)a.E是乙烯，该物质分子是平面分子，键角是120°，分子中所有原子在同一平面上，a正确；
b.乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，而乙酸能够与碳酸钠溶液发生产生可溶性乙酸钠、水、二氧化碳，因此可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，b正确；
c.②的反应为乙酸与乙烯发生加成反应，故其反应类型为加成反应，c错误；
故合理选项是ab。
29.某同学设计以下实验方案，从海带中提取I2。
(1)操作①的名称是______。
(2)向滤液中加入双氧水的作用是______。
(3)试剂a可以是______（填序号）。
①四氯化碳 ②苯 ③酒精 ④乙酸
(4)I–和IO3-在酸性条件下生成I2的离子方程式是________________。
(5)上图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是____________。
【答案】(1). 过滤 (2). 将I-氧化为I2 (3). ①② (4). 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O (5). 富集碘元素
【解析】
【分析】分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法为过滤。海带灰中含KI，该物质容易溶于水，具有还原性，在酸性条件下被H2O2氧化为I2，I2容易溶于有机溶剂而在水中溶解度较小，可以通过萃取作用分离碘水。向含有I2的有机物中加入NaOH溶液，发生歧化反应反应生成碘化钠、碘酸钠，进入到水溶液中，向其中加入稀硫酸酸化，I-、IO3-、H+发生反应产生I2的悬浊液，过滤，分离得到粗碘。
【详解】(1)操作①是分离难溶性固体与可溶性KI水溶液的操作方法，名称是过滤；
(2)向滤液中加入双氧水的作用是将I-氧化为I2；
(3)试剂a是从I2的水溶液中分离得到I2，可以根据I2容易溶于有机溶剂苯、四氯化碳中溶解度大而在水中溶解度较小，苯或四氯化碳与水互不相容，且与I2不反应的性质，通过萃取分离得到，因此可以是四氯化碳、苯，而不能使用与水互溶的或容易溶于水的乙醇、乙酸，故合理选项是①②；
(4)I–和IO3-在酸性条件下生成I2和水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式是5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；
(5)上图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是提高I2的浓度，达到富集碘元素的目的。
30.将浓度均为0.01 mol/L 的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。
【资料】
该“碘钟实验”的总反应：H2O2 +2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O
反应分两步进行：
反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O
反应B：……
(1)反应B的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用相当于______。
(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。
a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。
b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。
试剂X是______。
(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为0.01 mol/L）
试剂
序号 用量（mL）
H2O2
溶液
H2SO4
溶液
Na2S2O3
溶液
KI溶液
(含淀粉)
H2O
实验Ⅱ
5
4
8
3
0
实验Ⅲ
5
2
x
y
z
溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30 min、实验Ⅲ是40 min。
①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______。
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是______。
(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。
（溶液浓度均为0.01 mol/L）
试剂
序号 用量（mL）
H2O2
溶液
H2SO4
溶液
Na2S2O3
溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验Ⅳ
4
4
9
3
0
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。
试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：_____________________。
【答案】(1). I2+2S2O32-=2I-+S4O62- (2). 催化剂 (3). 淀粉、碘化钾 (4). 8、3、2 (5). 其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 (6). 由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)< v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。
【解析】
【分析】(1)用总反应方程式减去反应A方程式，整理可得反应B的方程式；物质在反应前后质量不变，化学性质不变，这样的物质为催化剂；
(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-；
(3)①采用控制变量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的体积不同，因此Na2S2O3、KI溶液必须与前一个实验相同，且溶液总体积与前一个实验相同；
②变色时间越长，反应速率越慢；
(4)对比实验Ⅳ、实验II，可知溶液总体积相同，该变量是H2O2、Na2S2O3，H2O2减少，Na2S2O3增大，根据二者的物质的量的比分析判断。
【详解】(1)碘钟总反应方程式为：H2O2 +2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，该反应分两步进行，反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，则反应B方程式为总反应方程式减去反应A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通过上述反应A、反应B反应可知：I-在反应前后质量不变、化学性质不变，因此在该反应中的作用是催化剂；
(2) H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-。所以试剂X是KI淀粉溶液；
(3)①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数据可知：实验Ⅲ跟实验II比硫酸的体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x=8，y=3，z=2；
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：在其它条件不变时，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快；
(4)对比实验II、实验Ⅳ，可知其它量没有变化，溶液总体积相同，H2O2减少，Na2S2O3增大，n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，结果未出现溶液变为蓝色现象，说明v(A)< v(B)，导致不能出现溶液变为蓝色现象。
本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64
第一部分（选择题 共50分）
每小题只有一个选项符合题意（1 ~ 10小题，每小题2分；11 ~ 20小题，每小题3分）
1.十八大以来，我国科学技术迅猛发展。下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（ ）
A. 锂离子电池 B. 风力发电机
C. 偏二甲肼燃烧 D. 太阳能集热器
【答案】A
【详解】A.锂离子电池将化学能转化为电能，A符合题意；
B.将风能转化为电能，B不符合题意；
C.将化学能转化为热能，C不符合题意；
D.将太阳能转化为热能，D不符合题意；
故合理选项是A。
2.下列元素属于ⅦA族的是（ ）
A. 氧 B. 氯 C. 钠 D. 硫
【答案】B
【详解】A.氧核外电子排布是2、6，因此位于第二周期第VIA族，A不符合题意；
B.氯核外电子排布是2、8、7，因此位于第三周期第VIIA族，B符合题意；
C.钠核外电子排布是2、8、1，因此位于第三周期第IA族，C不符合题意；
D.硫核外电子排布是2、8、6，因此位于第三周期第VIA族，D不符合题意；
故合理选项是B。
3.下列金属中，工业上常用电解法冶炼是（ ）
A. Cu B. Ag C. Al D. Fe
【答案】C
【解析】分析：电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H 2 等）；热分解法：Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au用物理分离的方法制得。
详解：A．铜属于较活泼金属，常采用热还原法冶炼，故A错误；
B．银属于不活泼金属，常采用热分解法冶炼，故B错误；
C．铝性质活泼，采用电解熔融的三氧化二铝方法冶炼，故C正确；
D． 铁属于较活泼金属，常采用热还原法冶炼，故D错误；
故选C。
4.下列物质中，只含离子键的是（ ）
A. KOH B. H2O C. HCl D. NaCl
【答案】D
【详解】A.KOH是离子化合物，含有离子键、共价键，A不符合题意；
B. H2O是共价化合物，只含有共价键，B不符合题意；
C.HCl共价化合物，只含有共价键，C不符合题意；
D.NaCl是离子化合物，只含有离子键，D符合题意；
故合理选项是D。
5.下列有机物中，不属于烃的是（ ）
A. CH2 = CH2 B.
C. CH3CH2CH3 D. CH3COOH
【答案】D
【详解】A.CH2=CH2，只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，A不符合题意；
B.该物质是苯，分子式C6H6，只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，B不符合题意；
C.CH3CH2CH3是只含有C、H两种元素的化合物，属于烃，C不符合题意；
D.CH3COOH中含有C、H、O三种元素，不属于烃，是烃的含氧衍生物，D符合题意；
故合理选项是D。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 纯净的乙酸称为冰醋酸 B. 乙醇能与水以任意比互溶
C. 乙酸是比碳酸更弱的酸 D. 用食醋清除暖瓶中的水垢
【答案】C
【详解】A.纯净的乙酸由于温度降低至其熔点时会凝结为像冰一样的固体，因此又称为冰醋酸，A正确；
B.乙醇分子是极性分子，水分子是极性分子，根据相似相容原理可知：乙醇容易溶于水，能与水以任意比互溶，B正确；
C.乙酸能与碳酸盐反应制取CO2气体，说明乙酸是比碳酸强的酸，C错误；
D.由于酸性：醋酸>碳酸，所以用食醋清除暖瓶中的水垢，醋酸与食醋发生反应产生可溶性醋酸钙、水、二氧化碳，从而可达到除水垢的目的，D正确；
故合理选项是C。
7.下列试剂不能用来鉴别乙醇和乙酸的是（ ）
A. 酸性高锰酸钾溶液 B. 碳酸钠溶液
C. 紫色石蕊溶液 D. 蒸馏水
【答案】D
【详解】A.乙醇能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，乙酸不能反应，因此可以鉴别，A不符合题意；
B.碳酸钠溶液与乙醇混合不反应，无现象，与乙酸混合，发生反应，有气泡产生，因此可以鉴别，B不符合题意；
C.紫色石蕊溶液遇乙醇无明显现象，遇乙酸变为红色，现象不同，可以鉴别，C不符合题意；
D.遇乙酸、乙醇都无明显现象，不能鉴别，D符合题意；
故合理选项是D。
8.安徽宣城所产的宣纸、宣笔、徽墨、宣砚举世闻名。做宣笔常用羊、兔等动物的毛，其主要成分是（ ）
A. 蛋白质 B. 纤维素 C. 糖类 D. 油脂
【答案】A
【详解】羊、兔等动物的毛主要成分都是蛋白质，故合理选项是A。
9.孔雀石的主要成分是Cu2(OH)2CO3。我国古人用孔雀石和焦炭混合共热的方法炼铜，其冶炼方法属于（ ）
A. 热还原法 B. 湿法炼铜 C. 热分解法 D. 电解冶炼法
【答案】A
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得；较活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有(C、CO、H2等)；不活泼金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得，据此分析解答。
【详解】A.孔雀石受热发生分解：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O，由CuO炼铜，可用焦炭还原法：2CuO+C2Cu+CO2↑，属于热还原法，A正确；
B. Cu2(OH)2CO3和CuO都不溶于水，且当时没有强酸，也不可能采用湿法炼铜，B错误；
C．Al的活泼性大于Cu，所以掌握Cu的冶炼方法早于Al，虽然也可用铝热还原法：3CuO+2AlAl2O3+3Cu，但我国古代还没有掌握冶炼铝的技术，因此不可能采用铝热法冶炼，C项错误；
D.我国古代没有电，不可能用电解冶炼法，D错误；
故合理选项是A。
10.下列物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（ ）
A. 聚乙烯 B. 甲烷 C. 苯 D. 乙烯
【答案】D
【详解】A.聚乙烯分子中不含碳碳不饱和键，所以性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，A错误；
B.甲烷分子中C原子与H原子形成四个共价键，性质稳定，不能与溴水和酸性高锰酸钾溶液反应，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C.苯分子中碳碳键是介于碳碳双键和碳碳单键之间的一种特殊的化学键，比较稳定，不能与溴水反应，也不能被酸性高锰酸钾氧化，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D.乙烯中含有碳碳不饱和键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；
故合理选项是D。
11.下列事实不能用元素周期律解释的是（ ）
A. 与水反应，Cs比Na剧烈 B. 与H2反应，F2 比Cl2容易
C. 碱性：NaOH＞Al(OH)3 D. 酸性：HCl＞H2CO3
【答案】D
【详解】A.元素的金属性Cs>Na，元素的金属性越强，与水发生反应置换出氢气就越剧烈，所以与水反应，Cs比Na剧烈，可以用元素周期律解释，A不符合题意；
B.元素的非金属性F>Cl，元素的非金属性越强，其单质与氢气反应越容易，因此与H2反应，F2 比Cl2容易，可以用元素周期律解释，B不符合题意；
C.元素的金属性Na>Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，所以碱性：NaOH＞Al(OH)3，可以用元素周期律解释，C不符合题意；
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，因此可证明酸性HClO4>H2CO3，不能用元素周期律证明酸性：HCl＞H2CO3，D符合题意；
故合理选项是D。
12.某元素X的最高正价与最低负价的代数和为4，其气态氢化物的化学式可能是（ ）
A. HX B. H2X C. XH3 D. XH4
【答案】B
【解析】
【分析】元素的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之和为8，元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，可计算最高正价和最低负极，然后判断最高价氧化物的水化物或气态氢化物的化学式。
【详解】设某元素的最高正化合价为x，最低负价x-8，x+(x-8)=4，解得x=+6，则最高正价数为+6，最低负化合价为-2，所以其气态氢化物的化学式为：H2X，故合理选项是B。
13.与Na+具有相同电子总数和质子总数的微粒是（ ）
A. CH4 B. H3O+ C. NH2- D. Cl–
【答案】B
【解析】
【分析】Na+的质子总数为11，电子总数为10，计算选项中微粒的质子数和电子数分析判断。
【详解】A.CH4的质子总数为10，电子总数为10，与Na+不相同，A错误；
B.H3O+的质子总数为11，电子总数为10，与Na+相同，B正确；
C.NH2-的质子总数为9，电子总数为10，与Na+不相同，C错误；
D.Cl-的质子总数为17，电子总数为18，与Na+不相同，D错误；
故合理选项是B。
14.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. N2的电子式：
B. Cl－离子的结构示意图：
C. CH4分子的比例模型：
D. 质子数为92、中子数为146的铀（U）原子符号：
【答案】C
【详解】A.N2中每个N原子上还都有一对孤电子对，所以其电子式：，A错误；
B.Cl-离子最外层有8个电子，所以Cl-的结构示意图：，B错误；
C.该图示表示的是CH4分子的比例模型，C正确；
D.质子数为92、中子数为146的铀(U)质量数是238，可用原子符号：，D错误；
故合理选项是C。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 石油分馏是化学变化
B. 石油裂解得到的汽油是纯净物
C. 天然气是一种清洁的化石燃料
D. 水煤气是通过煤的液化得到的气体燃料
【答案】C
【详解】A.石油分馏是根据物质沸点的不同分离液体混合物，没有新物质产生，发生的是物理变化，A错误；
B.石油裂解得到的汽油中含有多种烯烃，属于混合物，B错误；
C.天然气燃烧产生的是H2O、CO2，不会造成污染，无固体残渣，因此是一种清洁的化石燃料，C正确；
D.水煤气是炽热的碳与水蒸气反应产生CO、H2的混合物，不是通过煤的液化得到的气体燃料，D错误；
故合理选项是C。
16.在一定温度下的密闭容器中，可逆反应N2 + 3H22NH3 达到平衡状态的标志是（ ）
A. N2、H2、NH3在容器中共存
B. 混合气体的总物质的量不再发生变化
C. 单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2
D. 单位时间内消耗n mol N2，同时消耗n mol NH3
【答案】B
【详解】A.N2、H2、NH3在容器中共存，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，A不符合题意；
B.该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的总物质的量不再发生变化，说明反应处于平衡状态，B正确；
C.单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2，都表示反应逆向进行，不能判断反应处于平衡状态，C错误；
D.单位时间内消耗n mol N2必然同时会产生2nmolNH3，同时消耗n mol NH3，说明反应正向进行，未达到平衡状态，D错误；
故合理选项是B。
17.“绿色化学”的理想状态是反应物的原子全部转化为目标产物。以下反应不符合绿色化学原则的是（ ）
A. 工业生产环氧乙烷：
B. 水煤气合成甲醇：CO + 2H2催化剂CH3OH
C. 制取硫酸铜：Cu + 2H2SO4(浓)加热CuSO4 + SO2↑+ 2H2O
D. 合成甲基丙烯酸甲酯：CH3C≡CH + CO + CH3OH Pd CH2=C(CH3)COOCH3
【答案】C
【详解】A.工业生产环氧乙烷，反应物原子完全转化为生成物，符合绿色化学要求，A不符合题意；
B.水煤气合成甲醇，反应物原子完全转化为生成物，符合绿色化学要求，B不符合题意；
C.反应物的原子没有完全转化为目标产物CuSO4，因此不符合绿色化学要求，C符合题意；
D.合成甲基丙烯酸甲酯时，反应物原子完全转化为目标产物，符合绿色化学要求，D不符合题意；
因此合理选项是C。
18.科学家用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下。
下列说法不正确的是（ ）
A. CO2含有极性共价键 B. 上述过程表示CO和O生成CO2
C. 上述过程中CO断键形成C和O D. 从状态Ⅰ到状态Ⅲ，有能量放出
【答案】C
【详解】A.CO2分子中含有的C=O双键属于极性共价键，A正确；
B.上述过程表示CO和O原子反应生成CO2，B正确；
C.通过图示可知：上述过程中CO并没有断键形成C和O，C错误；
D.由于反应物的能量比生成物的能量高，所以从状态Ⅰ到状态Ⅲ，有能量放出，D正确；
故合理选项是C。
19.X、Y、Z、W为4种短周期元素，已知X、Z同主族，Y2+、Z–、W+ 3种离子的电子层结构与氖原子相同，下列叙述正确的是（ ）
A. 原子序数：Z＜Y
B. 原子半径：W＜X
C. 金属性：Y＞W
D. 气态氢化物的稳定性：HX＞HZ
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为四种短周期元素，Y2+、Z-、W+三种离子的电子层结构与氖原子相同，则Y是Mg元素、Z是F元素、W是Na元素，X、Z同主族，且都是短周期元素，则X是Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是Cl元素，Y是Mg元素、Z是F元素、W是Na元素，
A.Z是F，Y是Mg，所以原子序数：Z＜Y，A正确；
B.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：W>X，B错误；
C.同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，所以Y
20.实验室用乙酸和乙醇在浓硫酸作用下制取乙酸乙酯的装置如图。下列说法正确的是（ ）
A. 向甲试管中先加浓硫酸，再加乙醇和乙酸
B. 乙试管中导管不伸入液面下，是为了防止倒吸
C. 加入过量乙酸，可使乙醇完全转化为乙酸乙酯
D. 实验完毕，可将乙酸乙酯从混合物中过滤出来
【答案】B
【详解】A.向甲试管中先加乙醇，再加浓硫酸，待溶液冷却后在加入乙酸，A错误；
B.乙试管中导管不伸入液面下，这既可以防止倒吸现象的发生，又可以溶解乙醇、反应消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，B正确；
C.加入过量乙酸，可提高乙醇的溶解度，但由于该反应是可逆反应，因此不能使乙醇完全转化为乙酸乙酯，C错误；
D.乙酸乙酯是不溶液水的液体物质，因此实验完毕，可将乙酸乙酯从混合物中通过分液分离出来，D错误；
故合理选项是B。
第二部分
21.补齐下列物质间的反应与对应反应类型的连线。
A. 从乙烯得到聚乙烯的反应
a. 氧化反应
B. 乙醇与酸性重铬酸钾溶液反应
b. 加聚反应
C. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应
c. 取代反应
D. 乙酸和乙醇在浓硫酸作用下的反应
d. 加成反应
【答案】
【解析】
【分析】A.乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯；
B.乙醇可以被酸性重铬酸钾溶液氧化产生乙酸；
C.乙烯与溴发生加成反应产生1,2-二溴乙烷；
D.乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，产生乙酸乙酯和水。
【详解】A.乙烯在一定条件下发生加聚反应产生聚乙烯，因此反应类型为加聚反应，合理序号为b；
B.乙醇可以被酸性重铬酸钾溶液氧化产生乙酸，反应类型为氧化反应，序号为a；
C.乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应产生1,2-二溴乙烷，反应类型为加成反应，序号为d；
D.乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，产生乙酸乙酯和水，反应类型为酯化反应，酯化反应也属于取代反应，故合理序号为c。
故连线为。
22.请用序号填空：
①13C与14C ②正丁烷与异丁烷
③CH3CH3与CH3CH2CH3 ④
(1)属于同位素的是______；
(2)属于同系物的是______；
(3)属于同分异构体的是______。
【答案】(1). ① (2). ③ (3). ②
【解析】
【分析】根据同位素是质子数相同而中子数不同的原子，同系物是物质结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物；同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物分析判断。
【详解】①13C与14C质子数都是6个，中子数分别是7、8，因此二者互为同位素；
②正丁烷与异丁烷分子式都是C4H10，分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体；
③CH3CH3与CH3CH2CH3结构相似，在分子组成上相差一个CH2原子团，二者互为同系物；
④由于甲烷是正四面体结构，分子中任何两个化学键都相邻，因此是同一物质，故(1)属于同位素的是①；(2)属于同系物的是③；(3)属于同分异构体的是②。
23.电能是现代社会应用最广泛的能源之一。
(1)某原电池装置如图所示。
其中，Zn电极为原电池的______极（填“正”或“负”），电极反应式是______。Cu电极上发生的反应属于______（填“氧化”或“还原”） 反应，当铜表面析出4.48 L氢气（标准状况）时，导线中通过了______ mol电子。
(2)下列反应通过原电池装置，可实现化学能直接转化为电能的是______（填序号）。
①CaO+H2O=Ca(OH)2
②2H2+O2 =2H2O
③2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2
【答案】(1). 负 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 还原 (4). 0.4 (5). ②③
【解析】
分析】(1)在原电池中，活动性强的为负极，活动性弱的为正极。负极发生氧化反应，正极上发生还原反应，在同一闭合回路中电子转移数目相等。
(2)原电池是可以把化学能转化为电能的装置，发生的反应必须为氧化还原反应。
【详解】(1)在原电池中，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn电极为原电池的负极，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；Cu电极为正极，正极上发生的反应为还原反应；当铜表面析出4.48 L氢气(标准状况)时，n(H2)= 4.48 L÷22.4L/mol=0.2mol，则电子转移n(e-)=0.2mol×2=0.4mol，所以导线中通过了0.4 mol电子。
(2)可实现化学能直接转化为电能的装置的反应是氧化还原反应，①CaO+H2O=Ca(OH)2是非氧化还原反应，不能设计成原电池；②2H2+O2 =2H2O是氧化还原反应，可以设计为原电池；③2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2是氧化还原反应，可以设计为原电池，故合理选项是②③。
24.某同学进行如下实验，研究化学反应中的热量变化。
请回答下列问题：
(1)反应后①中温度升高，②中温度降低。由此判断铝条与盐酸的反应是________反应（填“放热”或“吸热”，下同），Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应是________反应。
(2)①中反应的离子方程式是_________，该反应的还原剂是_________。
【答案】(1). 放热 (2). 吸热 (3). 2Al+6H+=2Al3++3H2↑ (4). Al
【解析】
【分析】根据放出热量的反应是放热反应，吸收热量的反应为吸热反应，用实际参加反应的离子符号表示反应的式子叫离子方程式，还原剂在反应中失去电子，其中所含元素的化合价升高。
【详解】(1)①铝与盐酸反应后，溶液的温度升高，说明该反应是放热反应；
②Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应后温度降低，说明该反应是吸热反应；
(2)铝与盐酸反应产生氯化铝和氢气，反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑；在该反应中，Al元素的化合价由反应前Al单质中的0价变为反应后AlCl3中的+3价，化合价升高，失去电子，被氧化，因此Al为还原剂，Al3+为氧化产物。
25.汽车尾气中含有CO、NO等有害气体，某新型催化剂能促使NO、CO转化为2种无毒气体。T℃时，将0.8 mol NO和0.8 mol CO充入容积为2 L的密闭容器中，模拟尾气转化，容器中NO物质的量随时间变化如图。
(1)将NO、CO转化为2种无毒气体的化学方程式是______。
(2)反应开始至10 min，v(NO)=______mol/(L•min）。
(3)下列说法正确的是______。
a.新型催化剂可以加快NO、CO的转化
b该反应进行到10 min时达到化学平衡状态
c.平衡时CO的浓度是0.4 mol/ L
【答案】(1). 2CO+2NON2+2CO2 (2). 0.02 (3). ab
【解析】
【分析】(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，书写反应方程式；
(2)根据反应速率的定义式计算；
(3)根据可逆反应达到平衡时，任何物质的浓度不变、物质的含量不变分析判断。
【详解】(1)NO、CO反应产生N2、CO2，然后根据原子守恒、电子守恒，可得反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2
(2) v(NO)==0.02 mol/(L•min）；
(3) a.催化剂可以加快反应速率，所以使用新型催化剂可以加快NO、CO的转化，a正确；
b.根据图示可知：该反应进行到10 min时，NO的物质的量不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，b正确；
c.平衡时CO的物质的量是0.4mol，由于容器的容积为2L，所以CO浓度是0.2mol/ L，c错误；
故合理选项是ab。
26.(Ti)及其化合物大量应用于航空、造船、电子、化学、医疗器械、电讯器材等各个领域，工业上常以金红石(主要成分是TiO2)、焦炭、氯气、金属镁为原料生产金属钛，其流程如下：
(1)过程Ⅰ中，可燃性气体X是______。
(2)过程Ⅱ中，发生反应的化学方程式是______；稀有气体的作用是______。
【答案】(1). CO (2). TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti (3). 防止高温下Mg、Ti与空气中的O2 或N2、CO2反应或防止金属Mg、Ti被氧化
【解析】
【分析】金红石TiO2与C、Cl2在高温下反应产生TiCl4、CO；TiCl4与Mg在稀有气体存在条件下 ，加热发生反应产生Ti、MgCl2。
【详解】(1)在过程I中，金红石TiO2与C、Cl2在高温下反应产生TiCl4、CO，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，所以反应产生的可燃性气体为CO；
(2)在过程Ⅱ中，TiCl4与Mg在稀有气体存在条件下，加热，发生金属的置换反应产生Ti、MgCl2，发生反应的化学方程式是TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti；稀有气体的作用是作保护气，防止高温下Mg、Ti与空气中的O2 或N2、CO2反应或防止金属Mg、Ti被氧化。
27.有四种短周期元素，相关信息如下表。
元素
相关信息
A
气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂
B
单质的焰色反应为黄色
C
单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒
D
–2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同
请根据表中信息回答：
(1)A在周期表中位于第______周期______族。
(2)用电子式表示B与C形成化合物的过程：______。
(3)在元素C与D的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是(填化学式)______。
(4)已知硒(Se)与D同主族，且位于D下一个周期，根据硒元素在元素周期表中的位置推测，硒可能具有的性质是______。
a.其单质在常温下呈固态
b.SeO2既有氧化性又有还原性
c.最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO3
d.非金属性比C元素的强
【答案】(1). 二 (2). VA (3). (4). HClO4 (5). ab
【解析】
【分析】气态氢化物极易溶于水，可用作制冷剂，则该气体为NH3，A为N元素；B单质的焰色反应为黄色，说明B元素是Na元素；C元素的单质是黄绿色气体，可用于自来水消毒，则C元素是Cl元素；元素的原子获得2个电子形成-2价阴离子。D元素的–2价阴离子的电子层结构与Ar原子相同，则D元素是S元素，然后逐一分析解答。
【详解】根据上述分析可知A是N，B是Na，C是Cl，D是S元素。
(1) A是N元素，原子核外电子排布是2、5，根据原子结构与元素位置的关系可知N元素在周期表中位于第二周期第VA族。
(2)Na原子最外层只有1个电子容易失去形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，容易获得1个电子形成Cl-，Na+、Cl-通过离子键结合形成离子化合物NaCl，用电子式表示B与C形成化合物的过程为：。
(3)元素的非金属性Cl>S，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，所以在元素C与D的最高价氧化物对应的水化物中，酸性较强的是HClO4。
(4) a.根据元素名称硒(Se)可知其单质在常温下呈固态，a正确；
b.由于Se原子最外层有6个电子，最高为+6价，最低为-2价，而在SeO2中Se元素的化合价为+4价，处于该元素的最高化合价和最低化合价之间，因此既有氧化性又有还原性，b正确；
c.Se原子最外层有6个电子，最高为+6价，所以最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO4，c错误；
d.同一主族的元素，随原子序数的增大，元素的非金属性逐渐减弱。所以元素的非金属性S>Se，由于非金属性Cl>S，所以元素的非金属性Se比Cl元素的弱，d错误；
故合理选项是ab。
28.常见有机物 A、B、C、D、E的相互转化关系如下图。已知D 是有香味且不易溶于水的油状液体，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。
请回答：
(1)A中含有的官能团名称是___________。
(2)B的结构简式是___________。
(3)①的化学方程式是__________________。
(4)下列说法正确的是______。
a.E分子中所有原子在同一平面上
b.用饱和Na2CO3溶液除去D中混有的C
c.②的反应类型为取代反应
【答案】(1). 羟基 (2). CH3CHO
(3). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (4). ab
【解析】
【分析】根据物质的分子结构与性质可知A是CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生B是乙醛CH3CHO，乙醛催化氧化产生的C是乙酸CH3COOH，乙醇与乙酸发生酯化反应产生的D是乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，E的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则E是乙烯CH2=CH2，乙烯与乙酸发生加成反应产生D是CH3COOCH2CH3。
【详解】根据上述分析可知：A是CH3CH2OH，B是CH3CHO，C是CH3COOH，D是CH3COOCH2CH3，E是CH2=CH2。
(1)A是CH3CH2OH，官能团是-OH，A中含有的官能团名称是羟基；
(2)根据上述分析可知：B的结构简式是CH3CHO；
(3)①反应是乙醇与乙酸在浓硫酸存在并加热条件下发生酯化反应形成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，所以其反应的化学方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
(4)a.E是乙烯，该物质分子是平面分子，键角是120°，分子中所有原子在同一平面上，a正确；
b.乙酸乙酯难溶于水，密度比水小，而乙酸能够与碳酸钠溶液发生产生可溶性乙酸钠、水、二氧化碳，因此可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸，b正确；
c.②的反应为乙酸与乙烯发生加成反应，故其反应类型为加成反应，c错误；
故合理选项是ab。
29.某同学设计以下实验方案，从海带中提取I2。
(1)操作①的名称是______。
(2)向滤液中加入双氧水的作用是______。
(3)试剂a可以是______（填序号）。
①四氯化碳 ②苯 ③酒精 ④乙酸
(4)I–和IO3-在酸性条件下生成I2的离子方程式是________________。
(5)上图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是____________。
【答案】(1). 过滤 (2). 将I-氧化为I2 (3). ①② (4). 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O (5). 富集碘元素
【解析】
【分析】分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法为过滤。海带灰中含KI，该物质容易溶于水，具有还原性，在酸性条件下被H2O2氧化为I2，I2容易溶于有机溶剂而在水中溶解度较小，可以通过萃取作用分离碘水。向含有I2的有机物中加入NaOH溶液，发生歧化反应反应生成碘化钠、碘酸钠，进入到水溶液中，向其中加入稀硫酸酸化，I-、IO3-、H+发生反应产生I2的悬浊液，过滤，分离得到粗碘。
【详解】(1)操作①是分离难溶性固体与可溶性KI水溶液的操作方法，名称是过滤；
(2)向滤液中加入双氧水的作用是将I-氧化为I2；
(3)试剂a是从I2的水溶液中分离得到I2，可以根据I2容易溶于有机溶剂苯、四氯化碳中溶解度大而在水中溶解度较小，苯或四氯化碳与水互不相容，且与I2不反应的性质，通过萃取分离得到，因此可以是四氯化碳、苯，而不能使用与水互溶的或容易溶于水的乙醇、乙酸，故合理选项是①②；
(4)I–和IO3-在酸性条件下生成I2和水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式是5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O；
(5)上图中，含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是提高I2的浓度，达到富集碘元素的目的。
30.将浓度均为0.01 mol/L 的H2O2、H2SO4、KI、Na2S2O3溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。
【资料】
该“碘钟实验”的总反应：H2O2 +2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O
反应分两步进行：
反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O
反应B：……
(1)反应B的离子方程式是______。对于总反应，I-的作用相当于______。
(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。
a.向酸化的H2O2溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。
b.再向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，溶液的蓝色褪去。
试剂X是______。
(3)为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ。（溶液浓度均为0.01 mol/L）
试剂
序号 用量（mL）
H2O2
溶液
H2SO4
溶液
Na2S2O3
溶液
KI溶液
(含淀粉)
H2O
实验Ⅱ
5
4
8
3
0
实验Ⅲ
5
2
x
y
z
溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30 min、实验Ⅲ是40 min。
①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是______。
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是______。
(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。
（溶液浓度均为0.01 mol/L）
试剂
序号 用量（mL）
H2O2
溶液
H2SO4
溶液
Na2S2O3
溶液
KI溶液(含淀粉)
H2O
实验Ⅳ
4
4
9
3
0
实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。
试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：_____________________。
【答案】(1). I2+2S2O32-=2I-+S4O62- (2). 催化剂 (3). 淀粉、碘化钾 (4). 8、3、2 (5). 其它条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 (6). 由于n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，v(A)< v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。
【解析】
【分析】(1)用总反应方程式减去反应A方程式，整理可得反应B的方程式；物质在反应前后质量不变，化学性质不变，这样的物质为催化剂；
(2)H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-；
(3)①采用控制变量方法研究，由于H2O2的量相同，H2SO4的体积不同，因此Na2S2O3、KI溶液必须与前一个实验相同，且溶液总体积与前一个实验相同；
②变色时间越长，反应速率越慢；
(4)对比实验Ⅳ、实验II，可知溶液总体积相同，该变量是H2O2、Na2S2O3，H2O2减少，Na2S2O3增大，根据二者的物质的量的比分析判断。
【详解】(1)碘钟总反应方程式为：H2O2 +2S2O32-+2H+=S4O62-+2H2O，该反应分两步进行，反应A：H2O2+2I-+2H＋=I2+2H2O，则反应B方程式为总反应方程式减去反应A可得I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；通过上述反应A、反应B反应可知：I-在反应前后质量不变、化学性质不变，因此在该反应中的作用是催化剂；
(2) H2O2具有氧化性，会将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，I2具有氧化性，会将S2O32-氧化为S4O62-，I2被还原为I-。所以试剂X是KI淀粉溶液；
(3)①为便于研究，在反应中要采用控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件都相同，根据表格数据可知：实验Ⅲ跟实验II比硫酸的体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x=8，y=3，z=2；
②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：在其它条件不变时，溶液的酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快；
(4)对比实验II、实验Ⅳ，可知其它量没有变化，溶液总体积相同，H2O2减少，Na2S2O3增大，n(H2O2)∶n(Na2S2O3)<，结果未出现溶液变为蓝色现象，说明v(A)< v(B)，导致不能出现溶液变为蓝色现象。
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