【化学】北京市海淀区八一学校2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

【化学】北京市海淀区八一学校2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

北京市海淀区八一学校2019-2020学年高一下学期期末考试试题 相对原子质量：H-1 O‎-16 C-12 N-14 Cl-35.5 S-32 Na-23 Cu-64 Fe-56 Mg-24 K-39‎ 一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题2分，共42分）‎ ‎1.医用外科口罩的结构示意图如下图所示，其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，具有阻隔部分病毒和细菌的作用。‎ 下列关于医用外科口罩的说法不正确的是（ ）‎ A. 防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用 B. 熔喷聚丙烯属于合成高分子材料 C. 熔喷聚丙烯材料难溶于水 D. 用完后应投入有标志的垃圾箱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由医用外科口罩的结构示意图可知防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用,A项正确；‎ B.熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得，属于合成高分子材料，B项正确；‎ C.熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得，属于烃类无亲水基，难溶于水，C项正确；‎ D.口罩用完后属于有害物质，所以用完后应不能投入有标志的垃圾箱，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎2.糖类、油脂和蛋白质是生命活动所必须的营养物质。下列物质中，不能发生水解的是（ ）‎ A. 葡萄糖 B. 淀粉 C. 植物油 D. 蛋白质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．葡萄糖属于单糖，不能发生水解，故A符合题意；‎ B．淀粉为多糖，可以水解生成葡萄糖，故B不符合题意；‎ C．植物油含有酯基，可以水解生成甘油和高级脂肪酸，故C不符合题意；‎ D．蛋白质含有肽键，可以水解生成氨基酸，故D不符合题意；‎ 故答案为A。‎ ‎3.下列物质与水混合、振荡后静置，不出现分层现象的是（ ）‎ A. 苯 B. 乙醇 C. 四氯化碳 D. 乙酸乙酯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、苯难溶于水，和水混合后分层，选项A不符合； B、乙醇和水互溶，和水混合后不分层，选项B符合； C、四氯化碳难溶于水，和水混合后分层，选项C不符合； D、乙酸乙酯难溶于水，和水混合后分层，选项D不符合； 答案选B。‎ ‎4.下列元素的原子半径最小的是（ ）‎ A. Mg B. Al C. Si D. S ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】同周期元素随原子序数增大而原子半径减小，不同周期元素，电子层数越多原子半径越大，据此判断。‎ ‎【详解】四种元素属于同周期元素原子，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：Mg>Al>Si>S，故原子半径最小的是S。‎ 答案选D。‎ ‎5.下列物质中，既有离子键，又有共价键的是（ ）‎ A. KOH B. CaCl‎2 ‎C. H2O D. NaCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】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。‎ ‎【详解】A项，KOH中K+与OH-之间为离子键，OH-‎ 内O原子与H原子间为共价键，符合题意；‎ B项，氯化钙中只含有离子键，不符合题意；‎ C项，水中只含有共价键，不符合题意；‎ D项，氯化钠中只含有离子键，不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列元素中，非金属性最强的是（ ）‎ A. Cl B. S C. P D. F ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】同周期主族元素自左至右非金属性依次增强，所以非金属性Cl>S>P，同主族元素自上而下非金属减弱，所以非金属性F>Cl，综上所述非金属性最强是F，故答案为D。‎ ‎7.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. 18O2和16O3互为同位素 B. 氯化氢的电子式：‎ C. S2-的结构示意图为 D. U的质子数和中子数相差55‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同位素的描述对象是原子，18O2和16O3互为同素异形体，故Ａ错误；‎ B．氯化氢是共价化合物，所以其电子式为，故B错误；‎ C．S是16号元素．S原子获得2个电子变为S2-，硫离子的结构示意图为：，故C错误；‎ D．U中质子数为92，中子数=239-92=147，质子数和中子数相差=147-92=55，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎8.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）‎ A. 原子半径：C > O B. 酸性：HCl > H2SiO3‎ C. 热稳定性：H2O > H2S D. 金属性：Na > Al ‎【答案】B ‎【解析】A、同周期从左向右，半径减小，即原子半径：C>O，符合元素周期律，故A错误；B、HCl中Cl不是最高价，因此无法通过非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即不符合元素周期律，故B正确；C、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，同主族从上到下非金属性减弱，即O的非金属性强于S，H2O的稳定性强于H2S，符合元素周期律，故C错误；D、同周期从左向右金属性减弱，即Na的金属性强于Al，符合元素周期律，故D错误。‎ ‎9.下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（ ）‎ A. 甲烷 B. 苯 C. 乙醇 D. 乙酸 ‎【答案】C ‎【解析】A、甲烷性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故A错误；B、苯性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故B错误；C、乙醇含有-OH，具有醇的性质，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D、乙酸与高锰酸钾不反应，所以乙酸不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故D错误；故选C。‎ ‎10.下列反应属于加成反应的是（ ）‎ A. 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气 B. 乙烯与氯化氢反应生成一氯乙烷 C. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯和水 D. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气属于置换反应，故A不符合题意；‎ B．乙烯和氯化氢发生加成反应生成一氯乙烷，故B符合题意；‎ C．乙酸和乙醇的酯化反应属于取代反应，故C不符合题意；‎ D．甲烷和氯气生成一氯甲烷和氯化氢属于取代反应，故D不符合题意；‎ 故答案为B。‎ ‎11.下列物质中与CH3CH2CH2CH3互为同分异构体的是（ ）‎ A. CH4 B. ‎ C. D. CH3CH=CHCH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】同分异构体是指分子式相同而结构不同的化合物。‎ A．与CH4分子式不同，故A不符合题意；‎ B．分子式相同，结构也完全一样，是同一种物质，故B不符合题意；‎ C．分子式都是C4H10相同，结构不同，故C符合题意；‎ D．CH3CH=CHCH3分子式为C4H8，与题干分子不同，故D不符合题意；‎ 故答案为C。‎ ‎12.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为： Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）‎ 实验 反应温度/℃‎ Na2S2O3溶液 稀H2SO4‎ H2O V/mL c/(mol·L-1)‎ V/mL c/(mol·L-1)‎ V/mL A ‎25‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎5‎ B ‎25‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎10‎ C ‎35‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ ‎0.1‎ ‎5‎ D ‎35‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】“最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O3的浓度比A项大，反应速率：B项>A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项>C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项>B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。‎ ‎13.合成氨工业为人类解决粮食问题做出了巨大贡献。一定条件下，在密闭容器中进行合成氨反应：N2（g）+3H2（g）NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，下列说法不正确的是（ ）‎ A. N2、H2完全转化为NH3 B. N2、H2、NH3在容器中共存 C. 反应已达到化学平衡状态 D. N2、H2、NH3的浓度不再改变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】反应N2（g） + 3H2（g）2NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，反应处于化学平衡状态。则 A．可逆反应中，反应物不能完全转化为氨气，A错误；‎ B．N2、H2、NH3在容器中共存，B正确；‎ C．正、逆反应速率相等且不等于零时的状态是化学平衡状态，C正确；‎ D．化学平衡状态时，各组分的浓度不随时间的变化而变化，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎14.氢氧燃料电池是一种常见化学电源，其工作示意图如图。下列说法正确的是（ ）‎ A. 通H2的一极是正极，发生氧化反应 B. 电子由b电极经导向流向a电极 C. b电极上发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O D. 电解质H2SO4溶液的作用是传导电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氧燃料电池中氢气发生氧化反应，负极发生氧化反应，则通H2的一极是负极，A错误；‎ B.电子由负极经导线流向正极，a为负极，b为正极，则电子由a电极经导向流向b电极，B错误；‎ C.b为正极发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，C正确；‎ D.电子不能在电解液中传导，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.某兴趣小组如图实验装置设计成了原电池，电流表指针偏转。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 该装置中铝箔为负极 B. 电子从铝箔流出，经电流表、活性炭、滤纸回到铝箔 C 活性炭表面有气泡产生 D. 该原电池的总反应是2Al+6H+=2Al3++3H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】该装置构成原电池，铝易失电子而作负极，活性炭作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极流向正极。‎ ‎【详解】A．由分析可知，铝易失电子而作负极，故A正确；‎ B．电子从负极铝箔流出，经电流表流向活性炭，故B错误；‎ C．活性炭为正极，氢离子在正极得电子生成氢气，故C正确；‎ D．该原电池利用了Al和H+的氧化还原反应设计的，总反应是2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故D正确。‎ 答案选B。‎ ‎16.如图所示是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系，则下列说法正确的是（ ）‎ A. M在周期表中的位置为：第二周期，IVA族 B. Y和Z两元素的离子半径相比，后者较大 C. M、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比，后者较强 D. Y元素和X元素可以形成Y2X2型化合物，阴、阳离子物质的量之比为1：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图示部分短周期元素原子半径与原子序数的关系，前7种元素位于第二周期，后7种元素位于第三周期，结合原子半径大小可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al，M为Si，N为Cl元素，据此解答。‎ ‎【详解】根据分析可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al，M为Si，N为Cl元素，‎ A．Si的原子序数为14，位于周期表中第三周期，第IVA族，故A错误；‎ B．Y离子为Na+，Z离子为Al3+，两者有相同的电子层结构，核电荷数越小，半径越大，故Na+半径大于Al3+，故B错误；‎ C．M为Si，N为Cl元素，同周期从左到右，气态氢化物的稳定性逐渐增强，故HCl的稳定性比SiH4强，故C正确；‎ D．X为O元素，Y为Na元素，Na元素和O元素形成的Na2O2中，阴离子为过氧根离子，则阴、阳离子物质的量之比为1：2，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似。PH4I是一种白色晶体，下列对PH4I的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. PH4I既有离子键又有共价键 B. 它是离子化合物 C. 它不可能与NaOH溶液反应 D. 它受热时，可能会分解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似。N和P是同主族元素，I和Cl是同主族元素，所以PH4I和NH4Cl结构和性质相似。‎ ‎【详解】A．NH4Cl既含离子键又含共价键，所以PH4I也既含离子键，又含共价键，故A正确；‎ B．NH4Cl是离子化合物，所以PH4I也是一种离子化合物，故B正确； ‎ C．NH4Cl能与NaOH溶液反应生成一水合氨，所以PH4I也能和NaOH溶液反应，故C错误；‎ D．NH4Cl受热时会分解为氨气和HCl，所以PH4I受热也可能分解，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎18.锶(Sr)属于第ⅡA族元素，原子序数为38，它广泛应用于冶金行业。将锶金属加入铝合金中可以改善铸成品的性能。下列关于锶及其化合物的性质说法不正确的是（ ）‎ A. 锶属于金属元素，性质很活泼，在空气中易被氧化 B. 锶能与水反应，但反应缓慢 C. 原子半径：r(Ca)＜r(Sr)‎ D. 碱性：Sr(OH)2＞Mg(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】锶和镁位于同一主族，性质相似，锶的金属性强于镁，由此判断。‎ ‎【详解】A．锶在第五周期第ⅡA，锶的金属性强于镁，性质与镁相似，性质很活泼，在空气中易被氧化，故A正确；‎ B．镁可以和热水反应，锶的性质强于镁，锶能与水反应，而且反应迅速，故B错误；‎ C．钙和锶位于同一主族，从上到下，同主族元素半径逐渐增大，原子半径：r(Ca)＜r(Sr)，故C正确；‎ D．镁和锶位于同一主族，同主族元素从上到下金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性：Sr(OH)2＞Mg(OH)2，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎19.“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 从吹出塔进入吸收塔的物质只有Br2‎ B. 从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4‎ C. 两次通入水蒸气的作用都是参加反应 D. 第一次通入Cl2的目的是氧化Br-，第二次通Cl2的目的是氧化SO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通入过量氯气与溴离子反应生成溴单质，再鼓入空气和水蒸气使溴蒸气挥发进入吸收塔，但进入吸收塔的还有空气、水蒸气和过量的氯气，A错误；‎ B.在吸收塔里发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4，B正确；‎ C.在吹出塔通入水蒸气，有助于溴挥发出去，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，水作为溶剂，使物质发生反应，同时提供能量，使溴挥发，未参与反应，C错误；‎ D.第一次、第二次通入Cl2的目的都是氧化Br-，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.除去下列物质中的杂质(括号内的物质)，所使用的试剂和主要操作都正确的是（ ）‎ 选项 物质 使用的试剂 主要操作 A 乙醇(水)‎ 金属钠 蒸馏 B 乙酸乙酯(乙酸)‎ 饱和碳酸钠溶液 分液 C FeCl2(FeCl3)溶液 过量铜粉 过滤 D 乙烯(SO2)‎ 酸性高锰酸钾溶液 洗气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于金属钠与水、乙醇均能反应，故不能使用金属钠来除水，而应该用CaO，然后进行蒸馏，故A试剂错误；‎ B．乙酸乙酯不溶于水，更难溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸能与碳酸钠溶液反应，故可以进行分液提纯，故B都正确；‎ C．由于Cu与氯化铁反应，生成了氯化铜引入新的杂质，应该改用铁粉，故C试剂错误；‎ D．乙烯、二氧化硫均能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能达到目的，应该使用NaOH溶液，洗气，故D试剂错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎21.为检验某加碘食盐中是否含有KIO3，取相同食盐样品进行下表所示实验：‎ ‎（已知：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O）‎ 下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 仅由实验①不能证明食盐样品中存在KIO3‎ B. 实验②中发生反应的离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O C. 实验③溶液变黄色是生成了Fe3+，证明食盐样品中存在KIO3‎ D. 结合实验①和②的现象差异，可以推断实验样品中存在KIO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．KI溶液中也有碘元素，溶液变蓝可能是KI中的碘元素被氧化生成了碘单质，所以仅由实验①不能证明食盐样品中存在KIO3，故A正确；‎ B．实验②中溶液变为浅蓝色，根据元素守恒可知KI溶液中的碘离子在酸性环境下被氧化了，考虑到空气中氧气的氧化性，应是氧气将其氧化，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故B正确；‎ C．实验③的浅黄色是铁离子的颜色，是亚铁离子被氧化剂氧化的结果，但氧化剂不一定是KIO3，也可能是空气中的氧气，故C错误；‎ D．对比实验①和②的现象差异可知实验①中在酸性环境下发生反应：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O，溶液迅速变蓝，颜色比实验②要深，可以推断实验样品中存在KIO3，故D正确；‎ 故答案为C。‎ 二、填空题（共58分）‎ ‎22.如图是三种常见有机物的比例模型，回答以下问题。‎ ‎（1）A分子的空间构型为_____；B的结构式为_____；C的分子式为_____。‎ ‎（2）将B气体通入酸性高锰酸钾溶液中，观察到的现象为_____；将B气体通入溴的四氯化碳溶液中，写出该反应的化学方程式_____。‎ ‎（3）A的同系物D有5个碳原子，其分子式为_____；写出D所有同分异构体的结构简式：_____；_____；_____。‎ ‎（4）C分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，下列实验的结果可以作为证据的是_____（填序号）‎ ‎①将苯滴入酸性高锰酸钾溶液，振荡，看是否褪色；‎ ‎②经测定，苯环上碳碳键的键长相等，都是1.40×10‎‎-10m ‎③苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应 ‎④将苯滴入溴的四氯化碳溶液，振荡，看是否褪色 ‎【答案】(1). 正四面体 (2). (3). C6H6 (4). 溶液褪色 (5). CH2= CH2+Br2→CH2 BrCH2Br (6). C5H12 (7). CH3CH2CH2CH2CH3 (8). (9). (10). ①②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据比例模型知，A是甲烷、B是乙烯、C是苯，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯都是平面结构，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，能与溴单质发生加成反应，本结构中不存在存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构。‎ ‎【详解】根据比例模型知，A是甲烷、B是乙烯、C是苯，‎ ‎（1）A是甲烷，为正四面体结构，B是乙烯，乙烯分子中含有1个碳碳双键和4个碳氢键，其结构式为，C是苯，分子式为C6H6，故答案为：正四面体；；C6H6；‎ ‎（2）乙烯气体通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶液会褪色，将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液中，发生加成反应，反应的化学方程式：CH2= CH2+Br2→CH2BrCH2Br；；故答案为：溶液褪色；CH2= CH2+Br2→CH2BrCH2Br；‎ ‎（3）甲烷的同系物有5个碳原子，为C5H12，有三种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、、，故答案为：C5H12；CH3CH2CH2CH2CH3；；；‎ ‎（4）①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；‎ ‎②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；‎ ‎③苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故③错误；‎ ‎④将苯滴入溴的四氯化碳溶液，振荡，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故④正确。‎ 故答案为：①②④。‎ ‎23.已知有机物A、B、C、D、E、F有以下转化关系。A是分子量为28的气体烯烃，其产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志；D是食醋的主要成分，E是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是C的2倍，F是一种高分子化合物。结合如图关系回答问题：‎ ‎(1)写出B、D中官能团的名称：B_____、D_____。‎ ‎(2)写出下列反应的化学方程式：‎ ‎①_____；该反应类型是_____。‎ ‎②_____；该反应类型是_____。‎ ‎④_____。‎ ‎(3)实验室用如图的装置制备E，试管A中浓硫酸的作用是______；B中的试剂是______；关于该实验下列说法不正确的是______；‎ ‎①加热试管A不仅可以加快反应速率，还可以蒸出E，促进反应进行 ‎②从试管A中蒸出来的物质只有产物E ‎③振荡后B中油状液体层变薄主要是产物E溶解到试剂B中 ‎④B中导管应该插入到液面以下 ‎【答案】(1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (4). 加成反应 (5). 2CH3CH2OH+O22CHCHO+2H2O (6). 氧化反应 (7). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (8). 催化剂和吸水剂 (9). 饱和碳酸钠溶液 (10). ②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A是分子量为28的气体烯烃，其产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志，所以A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成的B为CH3CH2OH，B被催化氧化生成C为CH3CHO；D是食醋的主要成分，所以D为CH3COOH，D与B发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙酸乙酯的对分子质量为88，CHCHO的相对分子质量为44，符合题意；F为一种高分子化合物，应为乙烯发生聚合反应生成的聚乙烯。‎ ‎【详解】(1)B为CH3CH2OH，其官能团为羟基；D为CH3COOH，其官能团为羧基；‎ ‎(2)反应①为乙烯与水的加成反应，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应类型为加成反应；‎ 反应②为乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CHCHO+2H2O，反应类型为氧化反应；‎ 反应④为乙醇和乙酸的酯化反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；‎ ‎(3)乙酸乙酯的酯化反应中浓硫酸的作用是做催化剂和吸水剂；B中为饱和碳酸钠溶液，可以吸收挥发的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于溶液分层；‎ ‎①加热可以加快反应速率，蒸出生成物，促进反应正向移动，故①正确；‎ ‎②从试管A中蒸出来的物质，除了乙酸乙酯之外，还有乙酸和乙醇，故②错误；‎ ‎③乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，振荡后B中油状液体层变薄主要是混有的乙酸和乙醇被碳酸钠溶液吸收，故③错误；‎ ‎④从试管A中出来的气体中含有乙酸和乙醇，二者被碳酸钠溶液吸收，若将B中导管插入到液面以下会发生倒吸，故④错误；‎ 综上所述选②③④。‎ ‎24.X、Y、Z、R、W为常见的主族元素，根据下表信息回答问题：‎ 元素 元素性质或原子结构信息 X 短周期元素原子半径最大(稀有气体元素不参与比较)‎ Y ‎+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同 Z 原子核外M电子层与K电子层的电子数相等 R 与Z同周期，主要化合价为−1、+7‎ W 原子结构示意图：‎ ‎（1）写出元素X的原子结构示意图_____；元素W在周期表中位置_____。‎ ‎（2）Y、Z最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较_____>_____（填化学式）。‎ ‎（3）用电子式表示X和R形成化合物的过程：_____。‎ ‎（4）下列对于W及其化合物的推断中，正确的是_____（填序号）。‎ ‎①W的最低负化合价与R的最低负化合价相同 ‎②W的氢化物的稳定性弱于R的氢化物的稳定性 ‎③W的单质可与X和R形成的化合物的水溶液发生置换反应 ‎④W的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强 ‎（5）为验证卤族部分元素单质氧化性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：‎ ‎①A中发生的反应的离子方程式是_____。‎ ‎②棉花中浸有的NaOH溶液的作用是_____(用离子方程式表示)。‎ ‎③为验证Br2与I2的氧化性强弱：通入一定量R的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡、静置，可观察到_____。该实验必须控制加入的R单质的量，否则得不出Br2的氧化性比I2强。理由是______。‎ ‎④从原子结构的角度解释卤族元素单质氧化性逐渐减弱的原因：______。‎ ‎【答案】(1). (2). 第四周期VIIA族 (3). Mg(OH)2 (4). Al(OH)3 (5). (6). ①② (7). Cl2+2Br-=Br2+2Cl- (8). 2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O (9). 试管中溶液分层，上层为无色，下层为紫红色 (10). 过量的Cl2能与KI溶液反应置换成I2 (11). 卤族元素从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力减弱 ‎【解析】‎ ‎【分析】X为短周期元素原子半径最大(稀有气体元素不参与比较)，推知X为Na元素；Y的+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，推知Y为Al元素；Z的原子核外M电子层与K电子层的电子数相等，推知Z为Mg元素；R与Z同周期为第三周期，主要化合价为−1、+7，推知R为Cl元素；W的原子结构示意图为，推知W为Br元素。‎ ‎【详解】(1)元素X为钠，其原子结构示意图为；元素W为Br，其在周期表中位置为第四周期VIIA族。‎ ‎(2)镁的金属性强于铝，故Y、Z最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较Mg(OH)2 >Al(OH)3。‎ ‎(3)钠失电子形成钠离子，氯得电子形成氯离子，钠离子和氯离子通过离子键形成离子化合物氯化钠，用电子式表示其过程为。‎ ‎(4)①W与R同主族，两者的最低负化合价均为-1价，①正确；‎ ‎②R的非金属性强于W，则W的氢化物的稳定性弱于于R的氢化物的稳定性，②正确；‎ ‎③Cl2的氧化性强于Br2，故W的单质不能与X和R形成的化合物的水溶液发生反应置换反应，③错误；‎ ‎④R的非金属性强于W ，则W的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的弱，④错误；‎ 答案选①②。‎ ‎(5)①A中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，离子方程式是 Cl2+2Br-=Br2+2Cl- 。‎ ‎②氯气有毒，棉花中浸有的NaOH溶液防止污染空气，发生的用离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。‎ ‎③为验证Br2与I2的氧化性强弱：通入一定量R的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡、静置，可观察到试管中溶液分层，上层为无色，下层为紫红色。该实验必须控制加入的R单质的量，若氯气过量，过量的Cl2也能与KI溶液反应置换成I2，得不出Br2的氧化性比I2强。‎ ‎④卤族元素从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力减弱，单质氧化性减弱。‎ ‎25.研究化学反应的能量变化和速率变化是研究化学反应的重要角度。‎ ‎（1）化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会_____能量；新的化学键形成会_____能量。（填“放出”或“吸收”）‎ ‎（2）用铝热法可冶炼铁，其反应为：Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3，属于放热反应，反应物的总能量______（填“＞”、“＝”或“＜”）生成物的总能量。在该反应中，若消耗了1molAl，则理论上可炼制Fe的物质的量为_____mol。‎ ‎（3）为探究反应过程中能量变化，某小组同学用如图装置进行实验。‎ 装置Ⅰ 装置Ⅱ ‎①装置Ⅰ中，Fe与CuSO4溶液反应的离子方程式是_____。‎ ‎②装置Ⅱ中，正极的电极反应式为______。‎ ‎③关于装置Ⅱ，下列叙述正确的是______（填字母）。‎ a.H+在Cu表面被还原，产生气泡 b.电流从Zn片经导线流向Cu片 c.电子从Zn片经导线流向Cu片 d.Zn和Cu的都是电极材料，也都参与电极反应 ‎（4）某兴趣小组将除去氧化膜的镁条投入到少量稀盐酸中进行实验，实验测得氢气的产生速率变化情况如图曲线所示，对该曲线的解释中正确的是_____。‎ A.从t1→t2的原因是镁与酸的反应是放热反应，体系温度升高 B.从t1→t2的原因水蒸发，致使酸的浓度升高 C.从t2→t3的原因是随着反应的进行镁条的质量下降 D.从t2→t3的原因是随着反应的进行，H+的浓度逐渐下降 ‎【答案】(1). 吸收 (2). 放出 (3). ＞ (4). 1 (5). Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ (6). 2H++2e-= H2 (7). ac (8). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】(3)实验I和实验II都是原电池，实验I的反应原理为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe为负极，Cu为正极；实验II的反应原理为Fe+2H+=H2+Fe2+，Zn为负极，Cu为正极；‎ ‎(4)镁与盐酸的反应为放热反应，开始反应时，温度不断升高，反应速率不断增大，但随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，以此解答。‎ ‎【详解】(1)化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会吸收能量；新的化学键形成会放出能量，故答案为：吸收；放出；‎ ‎(2)铝热反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，由方程式Fe2O3＋2Al2Fe＋Al2O3可知，若消耗了1molAl，则理论上可炼制Fe的物质的量为1mol，故答案为：＞；1；‎ ‎(3)①实验Ⅰ中，Fe与CuSO4‎ 溶液发生原电池反应，Fe失去电子，铜离子得到电子，则Fe与CuSO4溶液反应离子方程式是Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；‎ ‎②装置Ⅱ中，正极为Cu，氢离子在正极得到电子，电极反应式为：2H++2e-= H2，故答案为：2H++2e-= H2；‎ ‎③a．铜为正极，H+在铜表面得到电子生成氢气，H+被还原，故a正确；‎ b．电流从正极流向负极，应该从Cu片经导线流向Zn片，故b错误；‎ c．电子从负极沿导线流向正极，即从Zn片经导线流向Cu片，故c正确；‎ d．Zn和Cu的都是电极材料，但Cu不参与反应，故d错误。‎ 答案为：ac；‎ ‎(4)A．从t1→t2的原因是镁与酸的反应是放热反应，体系温度升高，反应速率逐渐增大，故A正确；‎ B．反应放出的热量不至于使水蒸发，故B错误；‎ C．镁条（固体）的质量下降，但是浓度不变,不会影响反应速率，故C错误；‎ D．t2→t3的原因是盐酸的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，此时浓度因素大于温度的影响，故D正确。‎ 答案为：AD。‎ ‎26.NaNO2是常用的一种防腐剂，其中+3价的N具有一定的氧化性。某实验小组利用以下反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O制备NaNO2，并探究其性质。‎ I.制备NaNO2‎ ‎(1)A中发生反应的化学方程式是______。‎ ‎(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是______。‎ ‎(3)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：‎ 序号 试管 操作 现象 ‎①‎ ‎2mLB中溶液 加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液 不变蓝 ‎②‎ ‎2mLB中溶液 滴加几滴H2SO4至pH=5，加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液 变蓝 ‎③‎ ‎2mLH2O 滴加几滴H2SO4至pH=5，加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液 不变蓝 实验③的目的是_______。‎ ‎(4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是______。‎ II.探究NaNO2的性质 装置 操作 现象 取10mL1mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加入10mL1mol·L-1FeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。‎ i.溶液迅速变为棕色；‎ ii.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色。‎ iii.最终形成棕褐色溶液。‎ 资料：i.Fe2+遇NO会形成[Fe(NO)]2+，该离子在溶液中呈棕色。‎ ii.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。‎ ‎(5)现象i溶液变为棕色的原因是______。‎ ‎(6)已知现象ii棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应离子方程式是______。‎ ‎【答案】(1). 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (2). 扩大了气体与NaOH的接触面积，使反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生 (3). 溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的 (4). 若NO2的物质的量比NO多，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰 (5). NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+⇌HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色 (6). 4[Fe(NO)]2++4H++O2=4NO+4Fe3++2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被氢氧化钠溶液吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰；根据[Fe(NO)]2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化；[Fe(NO)]2+具有还原性，会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅。‎ ‎【详解】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；‎ ‎(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH的接触面积，使反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生； ‎ ‎(3)实验③和实验②比较，溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的；‎ ‎(4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO多，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；‎ ‎(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+⇌HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成[Fe(NO)]2+，使溶液呈棕色；‎ ‎(6)[Fe(NO)]2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体，根据元素守恒和电荷守恒配平离子方程式，离子反应为：4[Fe(NO)]2++4H++O2=4NO+4Fe3++2H2O。‎