【化学】山东省威海市文登区2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

【化学】山东省威海市文登区2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

山东省威海市文登区2018-2019学年高一下学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量： H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 ‎ 一、选择题 ‎ ‎1.化学与生产、生活、材料密切相关，下列说法正确的是( )‎ A. 新漆家具和装饰材料中含苯等有毒有机物 B. 放置较久的红薯比新挖出土的甜，可能与葡萄糖的水解有关 C. 酒精浓度越高，杀菌消毒效果越好 D. 涤纶、棉花、蚕丝都是天然纤维 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．油漆，装修材料中含有甲醛、苯等有机物，有毒会污染室内空气，故A正确；‎ B．葡萄糖不能水解，淀粉水解生成葡萄糖，故B错误；‎ C．酒精消毒的作用是凝固细菌体内的蛋白质，从而杀死细菌。但95%的酒精能将细菌表面包膜的蛋白质迅速凝固，并形成一层保护膜，阻止酒精进入细菌体内，因而不能将细菌彻底杀死。只有70%～75%的酒精既能顺利地进入细菌体内，又能有效的将细菌体内的蛋白质凝固，因而可彻底杀死细菌，故C错误；‎ D．棉花属于天然纤维，涤纶属于人造纤维，蚕丝的主要成分是蛋白质，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.考古中常用进行断代，这里的“‎6”‎是指该原子的( )‎ A. 质子数 B. 中子数 C. 质量数 D. 原子个数 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】考古中常用‎146C进行断代，元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，“‎6”‎是指该原子的质子数，答案选A。‎ ‎3.物质发生化学变化时，一定发生变化的是( )‎ A. 原子数 B. 最外层电子数 C. 质子数 D. 化学键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质发生化学变化时，遵循质量守恒定律，原子数目一定不发生变化，故A错误；‎ B．物质发生化学变化时，如果是氧化还原反应，最外层电子数一定变化，从而引起化合价的变化，如果是非氧化还原反应，则最外层电子数不变，故B错误；‎ C．质子数决定了元素种类，物质发生化学变化时，元素的种类不变，即质子数不变，故C错误；‎ D．化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，故化学键一定变化，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列物质的成分表示正确的是( )‎ A. 水煤气——CH4 B. 裂解气——C2H6‎ C. 淀粉——(C6H10O5)n D. 油脂——C17H35COOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水煤气的主要成分为H2和CO，天然气的主要成分是CH4，故A错误；‎ B．裂解气的成分是甲烷及碳二至碳五烯烃和烷烃。还有氢气、少量炔烃、硫化物、一氧化碳、二氧化碳、水分及惰性气体等杂质，故B错误；‎ C．淀粉属于多糖，主要成分为(C6H10O5)n，故C正确；‎ D．油脂指的是硬脂酸甘油酯，软脂酸甘油酯，油酸甘油酯，多种高级脂肪酸跟甘油生成的混合甘油酯，C17H35COOH表示的是硬脂酸，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.俄国科学家门捷列夫对化学的突出贡献在于( )‎ A. 提出了元素周期律 B. 提出化学元素的概念 C. 提出氧化学说 D. 提出原子学说 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．俄国科学家门捷列夫对化学突出贡献在于发现了元素周期律，故A正确；‎ B．玻意尔提出化学元素的概念，故B错误；‎ C．拉瓦锡建立燃烧现象的氧化学说，故C错误；‎ D．道尔顿提出了近代原子学说，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是( )‎ A. NaCl和 H2S B. Na2O和 Na2O2‎ C. CO2 和SO2 D. HCl和 NaOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaCl中只含离子键，H2S中只含极性共价键，故A错误；‎ B．Na2O中只含离子键，而Na2O2中含离子键和O−O非极性共价键，故B错误；‎ C．CO2 和SO2都是只含极性共价键，故C正确；‎ D．HCl中只含共价键，而NaOH中含离子键和O−H极性共价键，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列实验过程中发生取代反应的是( )‎ A. 乙烷与Cl2混合在光照条件下反应 B. 乙烯使酸性KMnO4溶液褪色 C. 十六烷催化加热得到辛烷和辛烯 D. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光照条件下，乙烷和氯气发生取代反应生成氯代烃，所以光照一段时间后黄绿色消失，该反应属于取代反应，故A正确；‎ B．乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应为氧化反应，故B错误；‎ C．石油的催化裂化是由大分子经裂化而得的小分子的汽油，将十六烷变为辛烷和辛烯属于催化裂化，故C错误；‎ D．苯能萃取溴水中的溴而使溴水褪色，该现象为物理变化，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.下列事实能够说明元素X原子得电子能力比元素Y强的是( )‎ A. X原子得电子数目比元素Y多 B. 对应氢化物水溶液的酸性：X＞Y C. 对应阴离子的还原性：X＞Y D. 相同条件下单质与铁反应，所得产物中铁的价态分别为＋3价和＋2价 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．得电子能力和得电子的多少无关，例如S和Cl，得电子数分别为2和1，得电子能力强的是Cl，故A错误；‎ B．氢化物水溶液的酸性与得电子的能力无关，如酸性HF＜HCl，但是得电子能力F＞Cl，故B错误；‎ C．得电子能力越强，对应的阴离子的还原性越弱，故C错误；‎ D．例如氯气和硫与铁反应，所得产物中铁的价态分别为＋3价和＋2价，所得物质的化合价越高，说明单质的氧化性越强，即元素的非金属性越强，得电子能力越强，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.番茄电池的示意图如图所示。电池工作时，下列有关说法错误的是( )‎ A. 番茄内阳离子向Fe片移动 B. Zn片质量减少 C. Fe片极发生氧化反应 D. 实现了化学能向电能的转化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Zn作负极，Fe作正极，电子从Zn沿导线流向Fe，阳离子向正极移动，向Fe片移动，故A正确；‎ B．该原电池中，Zn的活泼性比Fe强，Zn作负极，质量减少，故B正确；‎ C．Zn作负极，Fe作正极，铁片上发生还原反应，故C错误；‎ D．形成原电池反应，化学能转化为电能，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎10.下列属于放热反应的是( )‎ A. 氯化铵固体与消石灰反应 B. C+CO22CO C. 2H2O2H2↑+O2↑‎ D. 铁粉与硫粉混合后加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化铵固体与消石灰反应属于复分解反应，属于吸热反应，故A错误；‎ B．C+CO22CO属于吸热反应，故B错误；‎ C．2H2O2H2 +O2属于分解反应，属于吸热反应，故C错误 D．铁粉与硫粉混合后加热生成FeS是化合反应，是常见的放热反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列说法错误的是( )‎ A. 乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志 B. 含碳元素的化合物都是有机化合物 C. 蛋白质水解最终生成氨基酸 D. 乙烯、苯分子中的所有原子在同一平面上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯为重要的工业原料，产量的多少决定工业发展水平，故A正确；‎ B．有机物中一定含碳元素，但含碳元素的化合物不一定是有机物，如CO、CO2、H2CO3和碳酸盐具有无机物的性质，都是无机物，故B错误；‎ C．蛋白质水解的产物是氨基酸，故C正确；‎ D．乙烯中6个原子共平面，苯分子中12个原子共平面，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎12.a、b、c、d四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。a、b相连时，a的质量减少；a、c相连时，阳离子移向c；b、d相连时，b上有气泡逸出；c、d相连时，外电路电流从d流向c。据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是( )‎ A. acbd B. acdb C. cdba D. cabd ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在两种金属片相连浸入稀硫酸的原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，电子从负极流向正极，负极上金属失电子而导致质量减少，正极上氢离子得电子生成氢气，‎ a、b相连时，a的质量减少；则b是正极、a是负极，金属活动性b＜a；‎ a、c相连时，阳离子移向c；c为正极，则金属活动性c＜a；‎ b、d相连时，b上有气泡逸出；d为负极、b为正极，活动性d＞b；‎ c、d相连时，外电路电流从d流向c，则d为正极、c为负极，活动性c＞d；‎ 通过以上分析知，金属活动性强弱顺序是acdb，答案选B。‎ ‎13.下列化学用语表示正确的是( )‎ A. CO2电子式：‎ B. 钾原子结构示意图：‎ C. 甲烷分子球棍模型：‎ D. 异丁烷结构简式：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳原子分别与两个氧原子形成两对共用电子对，故CO2电子式：，故A正确；‎ B．钾原子的核电荷数为19，最外层电子数不超过8，最外层为1个电子，其正确的结构示意图为：；故B错误；‎ C．甲烷分子模型中，，故C错误；‎ D．异丁烷的分子式为C4H10，结构简式为CH3CH(CH3)CH3，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.X是形成化合物种类最多的元素，Y元素次外层电子数是最外层电子数的2倍，下列说法正确的是( )‎ A. X、Y一定是第2周期元素 B. X、Y一定是同一主族元素 C. X的原子半径可能比Y大 D. X的最高价氧化物对应的水化物为弱酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】X是形成化合物种类最多的元素，是C，Y元素次外层电子数是最外层电子数的2倍，是Si或Li，由此回答。‎ ‎【详解】A．X是碳，Y是硅或锂，碳是第二周期的元素，硅是第三周期的元素，锂是第二周期的元素，故A错误；‎ B．根据分析，X是碳，Y是硅或锂，X、Y不一定是同一主族元素，故B错误；‎ C．X是碳，Y是硅或锂，如果是碳和硅，半径X＞Y，如果是碳和锂，半径X＜Y，故C错误；‎ D．X是碳，它的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，是弱酸，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.下列有机化学方程式书写正确的是( )‎ A. H‎2C=CH2+Br2CH3CHBr2‎ B. CH3CH2OH+NaCH3CH2ONa+H2‎ C. +HO-NO2+H2O D. nCH2=CH-CH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．发生加成反应，反应的化学方程式为：H‎2C=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故A错误；‎ B．乙醇和钠的反应为：2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2，故B错误；‎ C．发生取代反应生成硝基苯和水，反应的化学方程式为：+HO−NO2 +H2O，故C正确；‎ D．丙烯发生加聚反应时得到聚丙烯，反应的化学方程式为nCH2=CH—CH3，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎16.下列实验装置和对应的说法均正确的是( ) ‎ A. 甲装置可制取干燥、纯净的Cl2‎ B. 利用乙装置分离苯和四氯化碳 C. 利用丙装置制取乙酸乙酯 D. 丁装置用于酒精萃取碘水中的碘单质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．实验室制取氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应制得，由于氯气的密度比空气大，可用向上排空气法收集，但是没有除杂和干燥装置，应使用饱和食盐水和浓硫酸除杂和干燥，故A错误；‎ B．用蒸馏的方法分离苯和四氯化碳，温度计的位置应该在蒸馏烧瓶具支管口，测的是蒸汽的温度，故B错误；‎ C．制取乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液且导气管不能伸入液面下，否则会产生倒吸现象，故C正确；‎ D．酒精与水互溶，不能做碘水的萃取剂，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.以下反应不能设计成原电池的是( )‎ A. NaOH+HNO3 =NaNO3+H2O B. CH4+2O2 = CO2+2H2O C. Zn+H2SO4 = ZnSO4+H2↑‎ D. Fe+2FeCl3 =3FeCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】构成原电池的条件是：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。‎ ‎【详解】A．氢氧化钠和硝酸的反应不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故A正确；‎ B．CH4的燃烧属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，故B错误；‎ C．锌和硫酸的反应属于自发的氧化还原反应且该反应放热，所以能设计成原电池，故C错误；‎ D．铁与三氯化铁的反应属于自发的氧化还原反应，所以能设计成原电池，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎18.下列有关有机物结构、性质的叙述正确的是( )‎ A. 乙醇分子中含有氢氧根，可以与酸发生中和反应 B. 乙酸乙酯中含有酯基，在酸性条件下可完全水解成羧酸和醇 C. 肉桂酸()中含有羧基，可与乙醇发生酯化反应 D. 苯中含有碳碳双键，能发生加成反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙醇中含-OH(羟基)，为中性物质，不与盐酸反应，故A错误；‎ B．乙酸乙酯含−COOC−，可发生水解，在酸性和加热的条件下可以水解生成乙酸和乙醇，故B错误；‎ C．根据图中信息可知，肉桂酸中含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，故C正确；‎ D．苯中不含碳碳双键，是介于单键和双键之间特殊的键，能与氢气发生加成反应，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎19.下列叙述中正确的是( )‎ A. 所有主族中都有非金属元素 B. 周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素是过渡元素 C. ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子 D. 同周期主族元素中，IA族元素的原子半径最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第IIA均为金属元素，其它主族均含非金属元素和金属元素，故A错误；‎ B．过渡元素包括7个副族和1个VIII族，元素周期表中位于金属元素和非金属元素分界线附近的元素具有金属和非金属的性质，属于主族元素，不属于过渡元素，故B错误；‎ C．VIA族元素的原子，其半径越大，最外层电子离核越远，受到的吸引力逐渐减小，则失电子越容易，得电子越难，故C错误；‎ D．同一周期从左到右，电子层数相同，但核电荷数逐渐增多，故半径逐渐减小，即第VIIA 族元素的原子半径最小，IA族元素的原子半径最大，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.下列说法错误的是( )‎ A. 金刚石、石墨、C60互为同素异形体，氕、氘、氚互为同位素 B. 甲烷和苯都不存在同分异构体 C. 向鸡蛋清溶液中加饱和硫酸铵溶液，可见溶液变浑浊，加水后又溶解 D. 乙烷和聚氯乙烯都不能使酸性KMnO4溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金刚石、石墨、C60都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，氕、氘、氚是氢元素的不同原子，互为同位素，故A正确；‎ B．甲烷不存在同分异构体，但苯存在同分异构体，如苯和HC≡C−CH2CH2−C≡CH互为同分异构体，故B错误；‎ C．浓的非重金属盐溶液能使蛋白质发生盐析，故向鸡蛋白溶液中加入饱和硫酸铵溶液，可观察到蛋白质发生凝聚，而盐析是可逆的，所以再加入蒸馏水，振荡后蛋白质又溶解，故C正确；‎ D．乙烷属于烷烃，不能使高锰酸钾溶液褪色，聚氯乙烯中没有碳碳双键，也不能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎21.下列说法正确的是( )‎ A. 单质分子中均存在化学键 B. 元素周期表中共有18个纵列、18个族，第9纵列属于第Ⅷ族 C. 向氢硫酸中通入Cl2，溶液变浑浊，证明非金属性Cl强于S D. 放热反应的速率一定比吸热反应的速率快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．稀有气体是单原子分子，不存在化学键，故A错误；‎ B．元素周期表中共有18个纵列、7个主族、7个副族、一个零族和一个第Ⅷ族，共16个族，第9纵列属于第Ⅷ族，故B错误；‎ C．元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，向Na2S溶液中通入Cl2，溶液变浑浊，说明氯气将硫离子氧化为硫单质，则Cl的非金属性比S强，故C正确；‎ D．决定化学反应速率快慢的是反应物的性质，而不是反应放热还是吸热，另外外界条件对反应速率有一定的影响，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎22.设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是( )‎ A. 标准状况下，‎2.24L乙烷分子中含有的共价键的数目为0.6NA B. 常温常压下，28gCO和C2H4混合气体的分子数为NA C. 标准状况下，11.2LH2O分子中含有的电子数为5NA D. ‎10g46%乙醇水溶液与足量的钠反应转移电子数为0.1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标准状况下，一个乙烷分子中含有1个碳碳单键和6个碳氢键，共有7个共价键， ‎2.24L乙烷分子为0.1mol，则含有共价键的数目为0.7NA B．常温常压下，CO和C2H4的摩尔质量都为‎28g/mol，则28gCO和C2H4混合气体的物质的量为1mol，1mol混合气体具有的分子数为NA，故B正确；‎ C．标准状况下，水是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；‎ D．乙醇和水都可与钠反应，若钠足量，转移电子数大于0.1NA，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎23.在密闭容器中充入A2和B2，一定条件下发生反应A2+B22AB(正反应为吸热反应)，其反应速率与时间的关系如图所示。‎ 下列说法错误的是( )‎ A. t1时，v(正反应)＞v(逆反应)‎ B. t2时，v(正反应) = v(逆反应)‎ C. 图中虚线表示的转化是A2+B2→2AB D. 升高温度和加催化剂，均有利于加快反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，t1时，反应正向进行，v(正反应)＞v(逆反应)，故A正确；‎ B．t2时，反应达到了平衡状态，v(正反应) = v(逆反应)，故B正确；‎ C．实线所示的反应速率逐渐减小，虚线所示的反应速率逐渐增大，虚线表示逆反应， 2AB→A2+B2，故C错误；‎ D．升高温度、加入催化剂，都能加快反应速率，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎24.恒温恒容下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，能说明反应达到平衡状态的是( )‎ A. 混合气体中H2O的体积分数保持不变 B. 混合气体的密度不随时间的变化而变化 C. 单位时间内消耗3 molH2，同时生成1 mol CH3OH D. 反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．混合气体中H2O的体积分数保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故A正确；‎ B．恒温恒容系中混合气体的密度一直不随时间的变化而变化，故B错误；‎ C．单位时间内消耗3 molH2，同时生成1 mol CH3OH，都是正反应方向的变化过程，不能判断平衡状态，故C错误；‎ D．当体系达平衡状态时，反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比可能为1:1，也可能不是1:1，与各物质初始浓度及转化率有关，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎25.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素原子最外层电子数之和为20，X的最高正价与最低负价的代数和为2，Y与W同主族，同周期中Z离子的半径最小。下列说法错误的是( )‎ A. 离子半径：Z＜Y＜W B. 由Y、Z组成的化合物可与氢氧化钠溶液反应 C. 简单气态氢化物的稳定性：Y＞W D. X和W的氧化物对应的水化物，均是常见的强氧化剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四种元素原子最外层电子数之和为20，X的最高正价与最低负价的代数和为2，设X的最高正价为x，则最低负价为-(8-x)，可得x+[-(8-x)]=2，解得x=5，则X为N元素，同周期中Z离子的半径最小，则Z为Al元素，若Y为O、W为S，最外层电子数之和=5+6+6+3=20，符合题意，若Y为F，W为Cl，最外层电子数之和=5+7+7+3=22，不符合题意，可得X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，O2-和Al3+核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，S2-三个电子层，半径最大，离子半径：Z＜Y＜W，故A正确；‎ B．Y为O元素，Z为Al元素，由Y、Z组成的化合物为氧化铝，具有两性，可与强酸强碱反应，故B正确；‎ C．Y为O元素， W为S元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：O＞S，简单气态氢化物的稳定性：Y＞W，故C正确；‎ D．X为N元素，W为S元素，亚硫酸具有还原性，不是常见的强氧化剂，故D错误；‎ 答案选D。‎ 二、填空题 ‎26.短周期元素X、Y、Z、W、R、T在周期表中的位置如图所示。请按要求回答下列问题。‎ ‎(1)R与W形成化合物的电子式为________________________。‎ ‎(2)Y的氢化物与T的氢化物反应的生成物中含有的化学键为_________。‎ ‎(3)X与Z形成的二元化合物中，所含电子数为18的分子的化学式为______。‎ ‎(4)实验室制取T单质的离子方程式为______________________________。‎ ‎(5)如图，a、b为多孔石墨电极(电极不参与反应)，插入W的最高价氧化物对应水化物的溶液中，两端分别通入X单质和Z单质，发现电流计指针发生偏转。‎ ‎①电池工作时，电子的移动方向为由_____到_____(填“a”或“b”)。‎ ‎②该电池反应产物环保无污染，则该电池的总反应式为____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 离子键、共价键 (3). H2O2 (4). MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑＋2H2O (5). a (6). b (7). 2H2+O2=2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素在周期表的位置可得，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素，R为S元素，T为Cl元素，据此分析解答；‎ ‎【详解】(1) R为S元素，W为Na元素，R与W形成化合物为Na2S，电子式为；‎ ‎(2) Y为N元素，T为Cl元素，Y的氢化物与T的氢化物分别为NH3和HCl，反应的生成物为NH4Cl，属于含有共价键的离子化合物，其中含有的化学键为离子键、共价键；‎ ‎(3) X为H元素，Z为O元素，X与Z形成的二元化合物为H2O、H2O2‎ ‎，所含电子数为18的分子的化学式为H2O；‎ ‎(4) T为Cl元素，实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制取氯气，的离子方程式为MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑＋2H2O；‎ ‎(5) W为Na元素，W的最高价氧化物对应水化物的溶液为氢氧化钠溶液，两端分别通入H2和O2，发现电流计指针发生偏转，说明该装置构成氢氧燃料电池。‎ ‎①电池工作时，通入燃料的一极为负极，则如图所示，a为负极，b为正极，电流从正极流向负极，则电子由a到b；‎ ‎②装置构成氢氧燃料电池，电池反应产物只有水，环保无污染，则该电池总反应式为2H2+O2=2H2O。‎ ‎27.(1)石油和煤是重要的能源物质，下列说法错误的是___。‎ a．石油和煤是不可再生能源 ‎ b．煤为混合物，含有苯、甲苯、二甲苯等有机物 c．煤的干馏和石油的分馏都是物理变化 d．煤燃烧及汽车尾气是造成空气污染的重要原因 e．以煤、石油为原料可生产塑料、合成橡胶、合成纤维等合成材料 ‎ ‎(2)以煤为原料经过一系列反应可生产乙酸乙酯，其合成路线如下：‎ ‎①C的名称是______；A→B的反应类型是_______。‎ ‎②决定化合物B性质的基团名称是_________。‎ ‎③B→C的化学方程式为_______________________________。‎ B+D→乙酸乙酯的化学方程式为________________________________。‎ ‎(3)某化学实验小组的同学，采用如图装置制取乙酸乙酯。‎ ‎ ‎ ‎①仪器B的名称是_______；仪器A中冷却水的进口是_____(填“a”或“b”)。‎ ‎②观察仪器A的内层结构，与长直导管相比较，该反应装置的优点是_______。‎ ‎③将乙醇和乙酸按照物质的量3∶2混合得到‎258g混合液，在浓硫酸作用下发生反应，乙酸乙酯的产率为50%，则生成的乙酸乙酯的质量是_______g。(相对分子质量：乙醇—46，乙酸—60，乙酸乙酯—88)‎ ‎【答案】(1). bc (2). 乙醛 (3). 加成反应 (4). 羟基 (5). ‎2C2H5OH+O2 2CH3CHO + 2H2O (6). CH3COOH + C2H5OHCH3COOC2H5 + H2O (7). 直形冷凝管或冷凝管 (8). a (9). 增大接触面积，冷凝效果更好 (10). 88‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) a．石油和煤是化石燃料； ‎ b．煤为混合物，煤的干馏产物中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物；‎ c．煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化。石油的分馏是将石油分离几种不同沸点的混合物的一种方法，属于物理变化；‎ d．煤燃烧产生二氧化硫，汽车尾气中含有氮氧化物；‎ e．塑料、合成橡胶、合成纤维均以化石燃料为原料经过聚合反应得到的产品；‎ ‎(2)煤在高温下与水反应生成合成气(一氧化碳和氢气)，合成气在一定条件下反应生成A(乙烯)，乙烯在催化剂作用下与水发生加成生成乙醇，则B为乙醇，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，则C为乙醛，乙醛在催化剂作用下与氧气反应，被氧化为乙酸，D为乙酸，B(乙醇)和D(乙酸)发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此分析解答；‎ ‎(3) ①根据仪器构造分析名称；冷却水下进上出；‎ ‎②仪器A的内层结构，与长直导管相比较，与蒸馏的气体接触面更大；‎ ‎③‎ 根据反应和比例关系可推断乙醇过量，计算反应物乙酸的量，根据反应方程式计算乙酸乙酯的量，根据产率=计算乙酸乙酯的实际产量。‎ ‎【详解】(1) a．石油和煤是化石燃料，化石燃料不可再生，故a正确； ‎ b．煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素的复杂混合物，煤的干馏产物中含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，故b错误；‎ c．煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭(或半焦)、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，煤的干馏是属于化学变化。石油的分馏是将石油分离几种不同沸点的混合物的一种方法，属于物理变化，故c错误；‎ d．煤中含有硫，燃烧产生二氧化硫，汽车尾气中含有氮氧化物，生成的气体均为大气污染物，故d正确；‎ e．塑料、合成橡胶、合成纤维均以化石燃料为原料经过聚合反应得到的产品，故e正确；‎ 答案选bc；‎ ‎(2)①根据分析，C的名称是乙醛；A→B的反应类型是加成反应；‎ ‎②B为乙醇，决定化合物B性质的基团名称是羟基；‎ ‎③B→C为乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，化学方程式为‎2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；B+D→乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOH + C2H5OHCH3COOC2H5 + H2O。‎ ‎(3)①根据仪器构造仪器B的名称是直形冷凝管或冷凝管；装置A中冷却水下进上出，则进水口为a；‎ ‎②仪器A的内层结构，与长直导管相比较，与蒸馏的气体接触面更大，对蒸汽的冷凝效果更好；‎ ‎③设乙醇的物质的量为3xmol，则乙酸的物质的量为2xmol，根据反应CH3COOH + C2H5OHCH3COOC2H5 + H2O，乙醇过量，则46×3x+60×2x=258，解得x=1，参与反应的乙酸的物质的量为2mol，则理论上生成乙酸乙酯的物质的量为2mol，根据产率=，则生成的乙酸乙酯的实际质量=2mol×88×50%=‎88g。‎ ‎28.短周期主族元素X、Y、Z、M、R、W的原子序数依次增大。X原子是周期表中半径最小的原子，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z是地壳中含量最高的元素，M+、R2+与Z2－‎ 具有相同的电子层结构，W与M组成的化合物是生活中必备的调味品。根据题给信息按要求回答下列问题。‎ ‎(1)元素Y在元素周期表中的位置为____________________。‎ ‎(2)M、W各自的最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_____。‎ ‎(3)为比较M、R的活泼性，将其单质分别投入______(试剂)中，根据反应的剧烈程度，可证明活泼性强的是_______(填元素符号)。‎ ‎(4)由Y与X组成的质量比为5∶1的有机物的化学式为__________，写出其所有分子的结构简式________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 第2周期第ⅣA族 (2). OH－+ H+＝H2O (3). H2O或等浓度的盐酸(硫酸) (4). Na (5). C5H12 (6). CH3CH2CH2CH2CH3、、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】X原子是周期表中半径最小的原子，则X为H元素，Y原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则Y为C元素，Z是地壳中含量最高的元素，则Z为O元素，M+、R2+与Z2－具有相同的电子层结构，则M为Na元素，R为Mg元素，W与M组成的化合物是生活中必备的调味品，W为Cl，据此分析答题。‎ ‎【详解】(1)Y为C元素，在元素周期表中的位置为第2周期第ⅣA族；‎ ‎(2)M为Na元素，W为Cl，M、W各自的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和HClO4，都是强电解质，相互反应的离子方程式为OH－+ H+＝H2O；‎ ‎(3) M为Na元素，R为Mg元素，为比较M、R的活泼性，将其单质分别投入水中或等浓度的稀盐酸(或稀硫酸)中，根据反应的剧烈程度，可证明活泼性强的是Na。‎ ‎(4) X为H元素，Y为C元素，由Y与X组成的质量比为5∶1，设该有机物的分子式为CxHy，则12x：y=5:1，x：y=5：12，有机物的化学式为C5H12；由该分子是构成的有机物的名称分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，其所有分子的结构简式分别为：CH3CH2CH2CH2CH3、、。‎ ‎29.某研究性学习小组设计实验探究元素周期律和化学反应速率。‎ ‎(1)甲组同学欲用下图装置探究同周期和同主族元素非金属性的强弱。‎ ‎①A中反应现象为____，验证碳的非金属性比氮的___(填“强”或“弱”)。‎ ‎②B中反应现象为____，验证碳的非金属性比硅的___(填“强”或“弱”)。‎ ‎③结论：同一周期从左到右元素非金属性逐渐____(填“增强”或“减弱”)； 同一主族从上到下元素非金属性逐渐_______(填“增强”或“减弱”)。‎ ‎④某同学考虑到稀硝酸的挥发，在装置A和B之间增加一个盛有_______试剂的洗气瓶。‎ ‎(2)乙组同学在恒容容器中进行了三个实验，反应为：2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)，H2和I2的起始浓度均为0，反应物HI的浓度随反应时间的变化情况如下表：‎ 实验序号 时间/min 浓度/mol•L－1‎ 温度/℃ ‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ ‎1‎ ‎400‎ ‎1.0‎ ‎0.60‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎2‎ ‎400‎ ‎1.0‎ ‎0.80‎ ‎067‎ ‎0.57‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎3‎ ‎450‎ ‎1.0‎ ‎0.40‎ ‎0.25‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎0.20‎ ‎①实验1中，在10～20 min内，v(HI)=__________mol•L－1•min－l。 ‎ ‎②0～20 min内，实验2比实验1的反应速率______(填“快”或“慢”)，其原因可能是_______________。‎ ‎③实验3比实验2的反应达到平衡时间_________(填“长”或“短”)，其原因是_________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 固体溶解，有气泡生成 (2). 弱 (3). 产生白色浑浊 (4). 强 (5). 增强 (6). 减弱 (7). 饱和碳酸氢钠溶液 (8). 0.01 (9). 慢 (10). 实验1中使用了催化剂 (11). 短 (12). 实验3的反应温度较高，化学反应速率较快，达到平衡时间短 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)①A中碳酸钙与稀硝酸反应生成二氧化碳、硝酸钙和水；‎ ‎②A中生成的二氧化碳通入B中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀；‎ ‎③根据上述实验结论，结合元素周期律回答；‎ ‎④某同学考虑到稀硝酸的挥发，影响实验现象和结论，需要将二氧化碳中混有的硝酸蒸汽除去；‎ ‎(2)①结合表格数据，根据v=计算； ‎ ‎②实验2与实验1相比，初始浓度相同，体系温度相同，0～20 min内，实验2中HI的浓度的变化量小，据此分析；‎ ‎③实验3比实验2相比，初始浓度相同，体系温度不同，实验2中达到平衡状态时间更长，据此分析；‎ ‎【详解】(1)①A中碳酸钙与稀硝酸反应生成二氧化碳、硝酸钙和水，实验过程中A装置内固体溶解且有气泡生成，A装置中的反应过程符合强酸制弱酸原理，说明硝酸的酸性强于碳酸；最高价氧化物对应水化物的酸性越强，该元素非金属性越强，则证明碳的非金属性比氮的弱；‎ ‎②A中生成的二氧化碳通入B中二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故B中的反应现象为产生白色浑浊，根据强酸制弱酸的原理，说明碳酸的酸性强于硅酸，根据①中的分析，则说明碳的非金属性比硅的强；‎ ‎③根据上述实验结论，碳的非金属性比氮的弱，说明同一周期从左到右元素非金属性逐渐增强；碳的非金属性比硅的强，说明同一主族从上到下元素非金属性逐渐减弱； ‎ ‎④由于氮的非金属性强于硅，稀硝酸具有挥发性，挥发的硝酸进入B装置也可以使B中的硅酸钠溶液转化为硅酸，产生白色浑浊，影响实验现象和结论，需要将二氧化碳中混有的硝酸蒸汽除去。结合物质性质，二氧化碳与碳酸氢钠不反应，硝酸可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，因此在装置A和B之间增加一个盛有饱和碳酸氢钠的试剂洗气；‎ ‎(2)①结合表格数据，实验1中，在10～20 min内， HI的浓度变化量为0.10 mol•L－1， v(HI)= ==0.01 mol•L－1•min－l； ‎ ‎②实验2与实验1相比，初始浓度相同，体系温度相同，0～20 min内，实验2中HI的浓度的变化量小，说明实验1的反应速率快，由于该反应是气体体积不变的体系，容器体积不变，压强对该平衡体系无影响，导致此变化的原因为实验1中加入催化剂，反应速率加快； ‎ ‎③结合表格数据，实验3比实验2相比，初始浓度相同，体系温度不同，实验2中达到平衡状态时间更长，说明实验3的反应速率快，原因为实验3的反应温度较高，化学反应速率较快，达到平衡时间短。‎ ‎ ‎ ‎ ‎