【化学】宁夏回族自治区中宁县中宁中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】宁夏回族自治区中宁县中宁中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题（解析版）

宁夏回族自治区中宁县中宁中学2019-2020学年高一下学期期中考试试题 注意：请将答案写在答题卷上，只交答题卷，考试时间100分钟，满分100分 一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题2.5分，共50分)‎ ‎1.下列事故或药品的处理正确的是（ ）‎ A. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用氢氧化钠溶液冲洗 B. 大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，并迅速离开现场 C. 不慎洒出的酒精在桌上燃烧起来，应立即用大量水扑灭 D. 将含硫酸的废液倒入水槽，用水冲入下水道 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.少量浓硫酸不慎滴到皮肤上，可以先用大量水冲洗，再涂上3%~5%的NaHCO3溶液，不能用NaOH溶液冲洗因为NaOH具有腐蚀性，故A错误；‎ B.肥皂水呈碱性，氯气能和碱性物质反应，故大量氯气泄漏时，用肥皂水浸湿毛巾捂住嘴和鼻，并迅速离开现场，故B正确；‎ C.不慎洒出的酒精在桌上燃烧起来，应立即用湿抹布盖灭，故C错误；‎ D.含硫酸的废液倒入水槽，用水冲入下水道会腐蚀下水道，实验废液要倒入指定的废液缸，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列物质中，不属于电解质的是（ ）‎ A. NaOH B. 蔗糖 C. H2SO4 D. NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH是一元强碱，属于强电解质，A不符合题意；‎ B．蔗糖是由分子构成的物质，在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，B符合题意；‎ C．H2SO4是二元强酸，属于强电解质，C不符合题意；‎ D．NaCl是盐，属于强电解质，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（ ）‎ A. Al－Al2O3－Al(OH)3－NaAlO2 B. Fe－FeCl2－Fe(OH)2－Fe(OH)3‎ C. S－SO3－H2SO4－MgSO4 D. N2－NO2－HNO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al2O3难溶于水，不能与水直接反应产生Al(OH)3，A不符合题意；‎ B．Fe与HCl反应产生FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，Fe(OH)2与O2、H2O反应产生Fe(OH)3，能够一步反应实现物质之间的转化关系，B符合题意；‎ C．S与O2点燃产生SO2，不能直接反应产生SO3，C不符合题意；‎ D．N2与O2在放电或高温下反应产生NO，不能直接反应产生NO2，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.称取两份铝粉，第一份加足量的NaOH溶液，第二份加足量的盐酸，若放出等量的气体，则两份铝粉的质量比为（ ）‎ A. 1：1 B. 2：‎3 ‎C. 1：2 D. 1：3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Al与NaOH溶液的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al与盐酸的反应为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，可见铝不论是和盐酸反应生成氢气，还是和NaOH溶液反应生成氢气，都是2molAl反应生成3molH2，当放出等量的气体时，消耗铝的质量相等，即质量比为1:1，答案选A。‎ ‎5.由下列各组原子序数所表示的两种元素，能形成AB2型离子化合物的是（ ）‎ A. 6和8； B. 11和8； C. 11和16； D. 12和17‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子序数为6和8的元素分别为C、O，形成AB2型化合物是CO2，属于共价化合物，A不符合题意；‎ B．原子序数为11和8的元素分别为Na、O，能形成Na2O、Na2O2化合物，不属于AB2型离子化合物，B不符合题意；‎ C．原子序数为11和16的元素分别为Na、S，能形成离子化合物Na2S，不属于AB2型离子化合物，C不符合题意；‎ D．原子序数为12和17的元素分别为Mg、Cl，能形成离子化合物MgCl2，属于AB2型离子化合物，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.下列物质发生变化时，所克服的微粒间的相互作用属于同种类型的是（ ）‎ A. 食盐和葡萄糖分别溶解在水中 B. 干冰和氯化铵分别受热变为气体 C. 二氧化硅和铁分别受热熔化 D. 液溴和苯分别受热变为气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．食盐溶解在水中克服的是离子键，而葡萄糖溶解在水中克服的是分子间作用力，二者所克服的微粒间的作用力性质不同，A不符合题意；‎ B．干冰属于分子晶体，干冰气化破坏的是分子间作用力，而氯化铵是离子化合物，其受热分解为气体，破坏的是化学键，因此二者所克服的微粒间的相互作用不同，B不符合题意；‎ C．二氧化硅属于原子晶体，受热熔化破坏的是共价键，而铁属于金属晶体，铁熔化破坏的是金属键，因此受热熔化所克服的微粒间的相互作用不同，C不符合题意；‎ D．液溴和苯都是由分子构成物质，分子通过分子间作用力结合，二者受热变为气体克服的是分子间作用力，作用力性质相同，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎7.下列化学用语使用正确的是：( )‎ A. 硫原子的原子结构示意图：‎ B. NH3的电子式：‎ C. 原子核内有8个中子的氧原子：‎ D. CO2的结构式：O—C—O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S是16号元素，原子核外电子排布是2、8、6，因此其原子结构示意图是：，A错误；‎ B．N原子最外层有5个电子，其中3个成单电子分别与3个H原子的电子形成共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为：，B正确；‎ C．O是8号元素，原子核内有8个质子，则原子核内有8个中子的氧原子，质量数是16，用原子符号表示为： ，C错误；‎ D．C原子最外层有4个电子，与2个O原子分别形成2对共用电子对，从而使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其结构式为O=C=O，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎8.下列变化规律叙述正确的是（ ）‎ A. O、S、Na、K的原子半径依次增大 B. Na、Mg、Al、Si的还原性依次增强 C. HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次增强 D. CH4、NaCl、SO2、SiO2的熔点依次增高 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同一周期元素原子序数越大，元素的原子半径越小，同一主族元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，则O、S、Na、K的原子半径依次增大，A正确；‎ B．同一周期元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，其单质的还原性就越弱，所以Na、Mg、Al、Si的还原性依次减弱，B错误；‎ C．元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性：F＞Cl＞S＞P，所以HF、HCl、H2S、PH3的稳定性依次减弱，C错误；‎ D．一般情况下晶体的沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；CH4、SO2都属于分子晶体，NaCl属于离子晶体，SiO2属于原子晶体，对于分子晶体CH4、SO2来说，由于分子间作用力SO2＞CH4，所以熔沸点SO2＞CH4，故四种物质的熔沸点按CH4、SO2、NaCl、SiO2顺序依次增高，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎9.己知反应A+3B=‎2C+D，在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1 mol/(L.min)，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率为( )‎ A. 0.5‎‎ mol/(L·min) B. 1 mol/(L·min) ‎ C. 2 mol/(L·min) D. 3 mol/(L·min)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于在同一反应中，用不同物质表示的反应速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反应速率为1 mol/(L.min)，则此段时间内以C的浓度变化表示的化学反应速率v(C)=2v(A)=2×1 mol/(L.min)=2 mol/(L.min)。‎ 答案选C。‎ ‎10.在四个不同的容器中，在不同条件下进行合成氨反应。根据下列在相同时间内测定的结果判断生成氨的速率最快的是（ ）‎ A v(H2)=0.1 mol·(L·min)-1 B. v(N2)=0.1 mol·(L·min)-1‎ C. v(N2)=0.2 mol·(L·min)-1 D. v(NH3)=0.3 mol·(L·min)-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】N2与H2在一定条件下反应产生NH3，反应方程式为：N2+3H22NH3，根据物质反应转化关系，都转化为用N2浓度变化表示的反应速率，然后再比较其相对大小。‎ A. v(H2)=0.1 mol·(L·min)-1，则用N2的浓度变化表示反应速率为v(N2)=v(H2)=×0.1 mol·(L·min)-1≈0.033 mol·(L·min)-1；‎ B. v(N2)=0.1 mol·(L·min)-1；‎ C. v(N2)=0.2 mol·(L·min)-1；‎ D. v(NH3)=0.3 mol·(L·min)-1，则用N2的浓度变化表示反应速率为v(N2)=v(NH3)=×0.3 mol·(L·min)-1=0.15 mol·(L·min)-1；‎ 可见数值最大为0.2 mol·(L·min)-1，故合理选项是C。‎ ‎11.粗盐水过滤后仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤可以除去这些杂质。‎ ‎①加入稍过量的Na2CO3溶液；‎ ‎②加入稍过量的NaOH溶液； ‎ ‎③加入稍过量的BaCl2溶液；‎ ‎④滴入稀盐酸至无气泡产生； ‎ ‎⑤过滤 正确的操作顺序是（ ）‎ A. ③②①⑤④ B. ②③①④⑤ C. ①③②⑤④ D. ③⑤②①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，即①一定在③之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，即④在⑤之后，操作顺序可以为：②③①⑤④或③②①⑤④或③①②⑤④，只有A正确；‎ 故选A。‎ ‎12.下列各图中，表示正反应是吸热反应的图是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据反应物的总能量＞生成物的总能量，反应为放热反应；反应物的总能量＜生成物的总能量，反应为吸热反应来解答。‎ ‎【详解】A. 表示该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，A符合题意； ‎ B. ‎ 表示该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，B不符合题意；‎ C. 表示该反应中反应物的总能量等于生成物的总能量，该既不为吸热也不放热，故该反应不可能发生； ‎ D. 该反应中的过渡态的能量低于反应物的能量，这是不可能的。 ‎ 综上所述，答案选A。‎ ‎13.下列装置能形成原电池的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、酒精是非电解质，该装置中不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，故A错误；B、该装置中两个电极活动性相同，所以不能形成原电池，故A错误；C、该装置中符合原电池构成条件，所以能形成原电池，且铁作负极，铜作正极，故C正确；D、该装置中不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题以原电池原理为载体考查了原电池的构成条件，难度不大，根据原电池构成条件来分析解答即可，注意形成原电池的氧化还原反应必须是放热反应，为易错点。原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，只要符合原电池构成条件即可形成原电池．‎ ‎14.A、B、C、都是金属，A中混有C时，在潮湿的空气中A先腐蚀，A与B组成原电池时，A为电池的正极。A、B、C三种金属的活动性顺序为（ ）‎ A. A>B>C B. A>C>B C. B>A>C D. B>C>A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A中混有C时，A先腐蚀，说明A活泼；A与B组成原电池时，A为电池的正极，B为负极，B较活泼；则活泼性B＞A＞C，，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎15.在一个容积为‎2 L的密闭容器中,发生如下反应：‎3A+B‎2C (A、B、C均为气体)若最初加入的A、B都是4 mol，10秒钟内A的平均反应速率为0.12 mol/(L·s)，则10 s后容器中的B的物质的量是( )‎ A. 2.8‎‎ mol B. 1.6 mol C. 3.2 mol D. 3.6 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】10 s内A的物质的量的变化量△n(A)=0.12 mol/(L·s)×10 s×‎2 L=2.4 mol，根据反应方程式‎3A+B‎2C，可知△n(B)=△n(A)=×2.4 mol=0.8 mol，故10 s后容器中B的物质的量为n(B)=4 mol-0.8 mol=3.2 mol，故合理选项是C。‎ ‎16.某种氢氧燃料电池电解液为KOH溶液。下列有关该电池的叙述不正确的是 (　　)‎ A. 正极反应式：O2＋2H2O＋4e-=4OH-‎ B. 工作一段时间后，电解液中的KOH的物质的量不变 C. 该燃料电池的总反应方程式：2H2＋O2=2H2O D. 该电池的负极反应为：H2 - 2e-=2H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，A正确；‎ B．依据电极反应可知，氢氧化钾参加反应，但是反应前后溶质的物质的量不变，工作一段时间后，电池中生成水，溶液体积增大，电解液中KOH的物质的量浓度减小，B正确；‎ C．正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，负极反应为2H2-4e-+4OH-=4H2O，则总反应式为：2H2+O2=2H2O，C正确；‎ D．由A选项分析可知，碱性环境下，负极的电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎17.当前粮食价格的不断上涨与前几年许多国家大力推广粮食生产车用乙醇汽油存在一定的联系，车用乙醇汽油是由乙醇与汽油按一定比例混合而成的。下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 汽油是以石油为原料加工而成的 B. 乙醇可以由粮食中的淀粉转化而成 C. 推广车用乙醇汽油可节省石油资源，减轻大气污染，改善大气环境 D. 乙醇是一种不可再生能源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.汽油是以石油为原料经过分馏或者重质馏分裂化加工而成，故A正确；‎ B.乙醇可由粮食中的淀粉转化而成，故B正确；‎ C.汽油中加入乙醇，可节省石油资源，从而降低大气污染物的排放，可改善大气环境，故C正确；‎ D.乙醇可由粮食发酵制成，所以乙醇是可再生的资源，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎18.常温常压下，取下列四种有机物各1mol，分别在足量的氧气中燃烧，消耗氧气最多的是（ ）‎ A. C2H5OH B. CH‎4 ‎C. C2H4O D. C3H8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】设有机物的通式为CxHyOz(z可以为0)燃烧通式为：CxHyOz+(x+-)O2→xCO2+H2O，则1mol有机物的耗氧量为(x+-)mol；据此规律进行分析。‎ ‎【详解】A.1molC2H5OH消耗氧气的物质的量为：(2+-)mol=3mol；‎ B.1molCH4消耗氧气的物质的量为：(1+)mol=2mol；‎ C.1molC2H4O消耗氧气的物质的量为：(2+-)mol=2.5mol；‎ D.1molC3H8耗消耗氧气的物质的量为：(3+)mol=5mol；‎ 根据分析可知，相同物质的量的有机物在足量氧气中燃烧，C3H8消耗氧气最多；‎ 故选D。‎ ‎19.下列说法正确的是（ ）‎ A. 乙烯的结构简式可以表示为CH2CH2‎ B. 苯、乙醇和乙酸都能发生取代反应 C. 乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色 D. 液化石油气和天然气的主要成分都是甲烷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯中含碳碳双键，乙烯的结构简式为CH2=CH2，A错误；‎ B．苯能与Br2、浓硝酸等在一定条件下发生取代反应，乙醇能与HBr、乙酸等发生取代反应，乙酸能与乙醇等发生取代反应，B正确；‎ C．乙烯中含碳碳双键，能与Br2发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，聚乙烯中不含碳碳双键，聚乙烯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；‎ D．天然气的主要成分是甲烷，液化石油气的主要成分是丙烷、丁烷、丙烯、丁烯，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动必需的三大营养物质。下列说法错误的是（ ）‎ A. 纤维素、淀粉、油脂、蛋白质都是高分子化合物 B. 淀粉水解的最终产物能发生银镜反应 C. 人体不具备水解纤维素的能力，但可以水解淀粉 D. 油脂能发生皂化反应，生成甘油和高级脂肪酸钠 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．油脂成分为高级脂肪酸甘油酯，不是高分子化合物，A错误；‎ B．淀粉水解的最终产物为葡萄糖，葡萄糖含醛基，能发生银镜反应，B正确；‎ C．人体没有促进纤维素水解的酶，所以人体不具备水解纤维素的能力，人体内有促进淀粉水解的酶，所以人体可以水解淀粉，C正确；‎ D．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，生成甘油和高级脂肪酸钠，D正确。‎ 答案选A。‎ 二、非选择题(共50分)‎ ‎21.下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：‎ ‎(1)写出下列元素符号：①______ ，⑥______，⑦______。‎ ‎(2)画出原子的结构示意图：④________________，⑧_________________。‎ ‎(3)在①～元素中，金属性最强的元素是_____，非金属性最强的元素是______，最不活泼的元素是_______ (均填元素名称)。‎ ‎(4)元素③、⑩、的氢氧化物碱性由强到弱的顺序________________ ；元素⑥、⑦、⑧的氢化物稳定性由弱到强的顺序______________________(均用化学式填空)。‎ ‎【答案】(1). N (2). Si (3). S (4). (5). (6). 钾 (7). 氟 (8). 氩 (9). KOH＞Ca(OH)2＞NaOH (10). SiH4＜H2S＜HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素在周期表中的位置确定各种元素，然后利用元素周期律分析解答，对各个问题逐一进行解答。‎ ‎【详解】根据元素在周期表相对位置可知：①是N，②是F，③是Na，④是Mg，⑤是Al，⑥是Si，⑦是S，⑧是Cl，⑨是Ar，⑩是K，是Ca，是Br元素。‎ ‎(1)根据上述分析可知：①是N，⑥是Si，⑦是S元素；‎ ‎(2)④是Mg元素，原子序数是12，原子核外电子排布为2、8、2，其原子结构示意图是：；‎ ‎⑧是Cl元素，原子序数是17，原子核外电子排布为2、8、7，其原子结构示意图是：；‎ ‎(3)同一周期元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，非金属性越强；同一主族元素，原子核外电子层数越多，原子越容易失去电子，元素的金属性越强，非金属性越弱，所以在上述元素中，金属性最强的元素是钾元素；非金属性最强的元素是氟元素；0族元素最外层满足2个电子(He)或8个电子的稳定结构，不容易失去电子，也不容易得到电子，化学性质最不活泼，故在上述元素中，最不活泼的元素是氩元素；‎ ‎(4)由于同一周期元素，原子序数越大，元素的金属性越弱；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素的金属性越强。③是Na，⑩是K，是Ca，则元素的金属性由强到弱的顺序是：K＞Ca＞Na，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，所以这三种元素的氢氧化物的碱性由强到弱的顺序是：KOH＞Ca(OH)2＞NaOH；‎ 由于同一周期的元素，原子序数越小，元素的非金属性越弱。⑥是Si，⑦是S，⑧是Cl，三种元素位于同一周期，则三种元素的非金属性由弱到强的顺序是：Si＜S＜Cl。元素的非金属性越弱，其相应的氢化物的稳定性就越弱，则这三种元素的氢化物的稳定性由弱到强的顺序是：SiH4＜H2S＜HCl。‎ ‎22.(1)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，可用FeCl3溶液作“腐蚀剂”刻制印刷电路，写出反应方程式______________________。‎ ‎(2)工业上制取漂白粉的的过程是把氯气通入石灰乳中，写出反应方程__________________。‎ ‎(3)有甲、乙、丙、丁四种金属，把甲、丙浸入稀硫酸中，用导线连接时甲为负极；把乙、丁分别浸入相同浓度的稀硫酸中，乙产生气泡的速率更大；把甲、乙用导线连接浸入稀硫酸中，甲上有气泡冒出；把丙浸入丁的硝酸盐溶液中，丙的表面有丁析出。这四种金属的活动性由强到弱的顺序是__________________。‎ ‎(4)将气体A、B置于容积为‎2 L的密闭容器中，发生如下反应：‎4A(g)+B(g)=‎2C(g)，反应进行到4 s末，测得A为0.5 mol，B为0.4 mol，C为0.2 mol，则：vA=_________，反应前A有_________mol。‎ ‎(5)第三周期中有一种元素，其最高价氧化物的水化物与同周期其它元素最高价氧化物的水化物所属物质类型都不同，用离子方程式表示该水化物分别与烧碱溶液和稀硫酸的反应：______； __________。‎ ‎(6)碳是周期表中形成化合物最多的元素，写出其单质与浓硫酸反应的方程式___________________写出能验证碳的非金属性弱于硫的化学反应的离子方程式：_____________________，碳还能形成各种有机物，它的一种有机物可由粮食发酵得到，有特殊的香味，有活血壮胆的功效，写出该有机物在某条件下与氧气催化氧化的反应方程式_______________。‎ ‎【答案】(1). 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2 (2). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (3). 乙＞甲＞丙＞丁 (4). 0.05 mol/(L·s) (5). 0.9 (6). Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O (7). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O (8). C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O (9).‎ ‎ 2H++CO32-=CO2↑+ H2O (10). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)FeCl3与Cu反应产生FeCl2、CuCl2；‎ ‎(2)Cl2与石灰乳反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，氯化钙、次氯酸钙的混合物为漂白粉；‎ ‎(3)两种不同的金属形成原电池时，活动性强的为负极，活动性弱的为正极；活动性不同的金属与酸反应置换出氢气，金属元素越活泼，反应产生氢气速率越快；活动性强的金属可以把活动性弱的金属置换出来，据此比较元素金属性强弱；‎ ‎(4)根据v=计算v(C)，再利用速率之比等于化学计量数之比计算v(A)，再计算出A反应的物质的量，然后根据A起始物质的量等于剩余量与消耗量的和计算反应开始时A的物质的量；‎ ‎(5)第三周期中有一种元素，其最高价氧化物的水化物与同周期其它元素最高价氧化物的水化物所属物质类型都不同，则该元素是Al，其最高价氧化物的水化物是两性氢氧化物，其余元素中金属元素形成的最高价氧化物的水化物是碱；非常金属元素形成的最高价氧化物的水化物是含氧酸，然后根据Al(OH)3与酸、碱反应的性质书写反应的离子方程式；‎ ‎(6)C与浓硫酸共热反应产生CO2、SO2、H2O，可通过强酸与弱酸的盐发生反应制取弱酸，来比较元素非金属性的强弱；C元素的一种有机物可由粮食发酵得到，有特殊的香味，有活血壮胆的功效，该物质是乙醇，乙醇催化氧化产生乙醛，据此书写反应方程式。‎ ‎【详解】(1)FeCl3具有强的氧化性，能够与线路板中的Cu发生氧化还原反应产生FeCl2、CuCl2，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；‎ ‎(2)Cl2与石灰乳反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，该反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；‎ ‎(3)把甲、丙浸入稀硫酸中，用导线连接时甲为负极，则金属活动性：甲＞丙；把乙、丁分别浸入相同浓度的稀硫酸中，乙产生气泡的速率更大，说明金属乙比金属丁活泼，即金属活动性：乙＞丁；把甲、乙用导线连接浸入稀硫酸中，甲上有气泡冒出，说明甲为正极，乙为负极，所以金属活动性：乙＞甲；把丙浸入丁的硝酸盐溶液中，丙的表面有丁析出，说明丙比丁活泼，即金属活动性：丙＞丁。故这四种金属的活动性由强到弱的顺序是：乙＞甲＞丙＞丁；‎ ‎(4)4 s末，测得C为0.2 mol，则v(C)==0.025 mol/(L·s)，由于用不同物质表示 化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(A)=2v(C)=0.025 mol/(L·s)×2=0.05 mol/(L·s)，4 s内A改变的物质的量为△n(A)=0.05 mol/(L·s)×4 s×‎2 L=0.4 mol，此时剩余A物质0.5 mol，故反应开始时A的物质的量n(A)=0.5 mol+0.4 mol=0.9 mol；‎ ‎(5)Al(OH)3是两性氢氧化物，既能与强酸反应产生盐和水，也能够与强碱反应产生盐和水，NaOH与Al(OH)3反应产生NaAlO2和H2O，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-= AlO2-+2H2O；Al(OH)3与硫酸反应产生Al2(SO4)3和H2O，反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；‎ ‎(6)C与浓硫酸共热反应产生CO2、SO2、H2O，该反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；硫酸与Na2CO3发生复分解反应产生Na2SO4、CO2、H2O，该反应的离子方程式为：2H++CO32-=CO2↑+ H2O；可知酸性：H2SO4＞H2CO3，从而证明元素的非金属性：S＞C；碳元素的一种有机物可由粮食发酵得到，有特殊的香味，该物质是乙醇，乙醇在Cu作催化剂条件下加热，被氧气氧化产生乙醛，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。‎ ‎23.有下列各组物质：A．O2和O3(臭氧)； B．和；‎ C．CH3CH2CH2CH3和； D．和；‎ E．甲烷和戊烷； F．CH3COOCH3与 CH3CH2COOH；‎ G．金刚石和石墨； H．液氯与氯气。‎ ‎(1)_____ 组两物质互为同位素 。‎ ‎(2)_____  组两物质互为同素异形体。‎ ‎(3)_____  组两物质属于同系物。‎ ‎(4)_____  组两组物质互为同分异构体。‎ ‎(5) _____ 组中的物质是同一物质。‎ ‎【答案】(1). B (2). AG (3). E (4). CF (5). DH ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)同位素是质子数相同而中子数不同的原子的互称；‎ ‎(2)同素异形体是由同一元素组成的不同性质的单质；‎ ‎(3)同系物是指结构相似，在分子组成上相差1个或若干个CH2原子团的物质；‎ ‎(4)同分异构体是指分子式相同结构不同的化合物；‎ ‎(5)同一物质的分子式相同，结构相同，因而化学性质相同，物理性质可能不同，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)和质子数都是6，中子数分别是6、7，因此二者互为同位素，故合理选项是B；‎ ‎(2)O2和O3(臭氧)都是由O元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体；金刚石和石墨都是由C元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，故合理选项是AG；‎ ‎(3)甲烷和戊烷结构相似，前者分子式是CH4，后者是C5H12，二者相差4个CH2原子团，因此二者互为同系物；‎ ‎(4)CH3CH2CH2CH3和分子式都是C4H10，二者结构不同，互为同分异构体；CH3COOCH3与 CH3CH2COOH分子式都是C3H6O2，二者结构不同，互为同分异构体，故合理选项是CF；‎ ‎(5)和可看作是甲烷分子中的2个H原子被Br原子取代产生的物质，由于甲烷是正四面体结构，分子中任何两个H原子都相邻，所以和属于同一物质；液氯与氯气的分子都是Cl2，化学性质相同，而物质的状态分别是液态、气态，它们属于同一物质，故合理选项是DH。‎ ‎24.实验室用下图所示的装置制取乙酸乙酯 ‎(1)在大试管中加入碎瓷片然后配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液，然后轻轻振荡试管使之混合均匀，加入碎瓷片的目的的________。‎ ‎(2)装置中通蒸气的导管要插在饱和的Na2CO3溶液的液面上而不能插入溶液中，目的是____________。‎ ‎(3)图中右边试管中试剂是_________________。作用是①__________________②_______________________________③____________________________。‎ ‎(4)分离得到乙酸乙酯的方法是____________，分离需要的玻璃仪器是______________________。 ‎ ‎(5)写出制乙酸乙酯的方程式____________________________________。‎ ‎【答案】(1). 防止暴沸 (2). 防止倒吸 (3). 饱和碳酸钠溶液 (4). 溶解乙醇 (5). 中和乙酸 (6). 降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出 (7). 分液 (8). 分液漏斗、烧杯 (9). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】此题是对乙酸乙酯制备的基础考查，根据反应原理即可作答，饱和碳酸钠的作用有三条，要考虑左边试管加热，挥发出来的乙醇和乙酸对于收集乙酸乙酯纯度的干扰，从而确定其作用。‎ ‎【详解】(1)加热混合液体时，为防止暴沸，通常加入沸石或碎瓷片，故加入碎瓷片的目的是防止暴沸；‎ ‎(2)由于挥发出的乙醇和乙酸易溶于水，溶于水后导管内压强减小，从而引起倒吸,故通蒸气的导管不能插入溶液中，目的是防止倒吸；‎ ‎(3)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，故右边试管中试剂是饱和碳酸钠溶液，其主要作用为吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度、便于分层，然后分液即可分离，故答案为：溶解乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出；‎ ‎(4)乙酸乙酯不溶于水，加饱和碳酸钠溶液振荡、静置后，与乙酸乙酯分层，则要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是分液，分液需要的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；‎ ‎(5)制乙酸乙酯的方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。‎ ‎25.实验室用燃烧法测定某液有机物A的分子组成，取‎6.9 g A使之与过量O2燃烧，生成物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，测得浓硫酸增重‎8.1 g，碱石灰增重‎13.2 g。又测得A的蒸汽密度是相同条件下氢气密度的23倍，试通过计算来确定A的分子式_____________。‎ ‎【答案】C2H6O ‎【解析】‎ ‎【分析】浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据原子守恒计算分子中C、H原子数目，进而确定是否含有O元素，确定有机物的分子式。‎ ‎【详解】A的蒸汽密度是相同条件下氢气密度的23倍，由于H2‎ 的相对分子质量为2，则有机物A的相对分子质量M=2×23=46，‎6.9 g该有机物的物质的量n==0.15 mol，浓硫酸增重‎8.1 g，则生成水的质量是‎8.1g，生成n(H2O)= =0.45 mol，其中含有H原子的物质的量n(H)=0.9 mol，碱石灰增重‎13.2 g，则生成CO2的质量是‎13.2 g，则n(CO2)= =0.3 mol，根据C原子守恒可知n(C)=0.3 mol，则m(O)=‎6.9 g-0.9 mol×‎1 g/mol-0.3 mol×‎12 g/mol=‎2.4 g，所以n(O)= =0.15 mol，n(A)：n(C)：n(H)：n(O)=0.15 mol：0.3 mol：0.9 mol：0.15 mol=1：2：6：1，因此有机物A分子式为：C2H6O。‎