【化学】北京市丰台区2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

【化学】北京市丰台区2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

北京市丰台区2019-2020学年高一下学期期末考试试题 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16‎ 第一部分 选择题 每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.下列设备工作时，将化学能转化为热能是（ ）‎ A B C D 硅太阳能电池 铅蓄电池 燃气灶 电风扇 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硅太阳能电池是将光能转化成电能，故A不符合题意；‎ B. 铅蓄电池是将化学能转化成电能，故B不符合题意；‎ C. 燃气灶主要是将化学能转化为热能，故C符合题意；‎ D. 电风扇是将电能转化成动能，故D不符合题意；‎ 答案为C。‎ ‎2.我国科学家屠呦呦发现抗虐新药青蒿素（C15H22O5），该成果获得2015年诺贝尔奖。青蒿素属于（ ）‎ A. 无机物 B. 有机化合物 C. 氧化物 D. 单质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无机物是指不含有碳元素的化合物，但一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，故A错误；‎ B．有机物是指含有碳元素的化合物，但一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物，青蒿素(C15H22O5‎ ‎)是含碳的化合物，属于有机化合物且是从植物青蒿中人工提取的，“青蒿素”属于天然有机化合物，故B正确；‎ C．C15H22O5是由三种元素组成的化合物，不是氧化物，故C错误；‎ D．C15H22O5是由三种元素组成的化合物，不是单质，故D错误；‎ 答案为B。‎ ‎3.下列关于的说法中，不正确的是（ ）‎ A. 质子数是27 B. 电子数是‎27 ‎C. 质量数是27 D. 中子数是33‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据原子构成，左下角为质子数，左上角为质量数，质量数=质子数＋中子数，据此分析；‎ ‎【详解】A. 根据原子构成，左下角为质子数，即该核素的质子数为27，故A说法正确；‎ B. 对原子来说，质子数等于核外电子数，即电子数为27，故B说法正确；‎ C. 根据原子构成，左上角为质量数，即该核素的质量数为60，故C说法错误；‎ D. 利用质量数=质子数＋中子数，因此该核素的中子数为60－27=33，故D说法正确；‎ 答案为C。‎ ‎4.某原子的核外有2个电子层，最外层有6个电子，则该原子的核电荷数为（ ）‎ A. 6 B. ‎8 ‎C. 16 D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】利用电子层数等于周期数，依据核外电子排布规律，据此分析；‎ ‎【详解】该原子核外有2个电子层，说明该原子位于第二周期，最外层有6个电子，根据核外电子排布得到，质子数等于核电荷数，即该原子的核电荷数为8，故B正确；‎ 答案为B。‎ ‎5.下列元素中，最高化合价为+6价的是（ ）‎ A. K B. C C. Cl D. S ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】元素的最高价化合物=主族序数=元素核外最外层电子数，则K的最高化合价为+1，C的最高化合价为+4，Cl的最高化合价为+7，S的最高化合价为+6，故答案选D。‎ ‎6.下列元素中，非金属性最强的是（ ）‎ A. C B. N C. O D. F ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】C、N、O、F均为第二周期主族元素，同周期主族元素，从左向右，非金属性增强，则非金属性为F＞O＞N＞C，非金属性最强的是F，故选D。‎ ‎7.下列原子半径最小的是（ ）‎ A. F B. Cl C. Br D. I ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】F、Cl、Br、I均位于第ⅤⅡA，由同主族元素，从上到下，随原子序数的增大，原子半径在增大，F的原子序数最小，则原子半径最小，答案选A。‎ ‎8.下列物质中，含有离子键的是（ ）‎ A. H2 B. HCl C. NaCl D. CH4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】含有离子键的物质一般含有金属元素，或是所有的铵盐，据此分析；‎ ‎【详解】A. H2属于气体单质，只含有共价键，故A不符合题意；‎ B. HCl属于共价化合物，只含有共价键，故B不符合题意；‎ C. NaCl属于盐，属于离子化合物，含有离子键，故C符合题意；‎ D. CH4属于共价化合物，只含有共价键，故D不符合题意；‎ 答案为C。‎ ‎9.下列电子式中，书写正确是（ ）‎ A. B. C. Na+C1- D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．N原子最外层有5个电子，为达到稳定结构，需要形成3对共用电子对，因此N原子还有一对孤对电子，N2的电子式应为，A错误；‎ B．O原子最外层6个电子，为达到稳定结构，需要形成2对共用电子对；H原子最外层有1个电子，为达到稳定结构，需要形成1对共用电子对；因此1个O原子和2个H原子形成2对共用电子对，形成水分子，电子式为，B正确；‎ C．NaCl由Na＋和Cl－构成，其电子式为，C错误；‎ D．Na2O由Na＋和O2－构成，其电子式为，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列物质中，属于共价化合物的是（ ）‎ A. NH3 B. CaO C. MgCl2 D. NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨气分子中N-H原子之间只存在共价键，属于共价化合物，故A正确；‎ B．CaO只含离子键，故B不选；‎ C．氯化镁中只存在离子键，属于离子化合物，故C不选；‎ D．NaOH含离子键、O-H共价键，为离子化合物，故D不选；‎ 答案选A。‎ ‎11.下列分子的空间结构呈正四面体形的是（ ）‎ A. 甲烷 B. 乙烯 C. 乙炔 D. 乙烷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷是正四面体形的分子，故A选；‎ B．乙烯是平面形的分子，故B不选；‎ C．乙炔是直线形的分子，故C不选；‎ D．乙烷中含有2个碳原子，每个碳原子与周围的4个原子形成四面体结构，乙烷是两个四面体以单键相连接的结构，不是正四面体结构，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎12.某元素原子的结构示意图为，由此得到的结论不正确的是（ ）‎ A. 该原子有3个电子层 B. 该元素最高化合价为+5价 C. 该原子在化学反应中易失电子 D. 该元素在周期表中的位置是第三周期第VA族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原子结构示意图可知原子核外有3个电子层数，故A正确；‎ B．最外层电子数可知，最高正价+5价，故B正确；‎ C．最外层电子数为5>4，容易得电子，故C错误；‎ D．电子层数=周期数，最外层电子数=主族序数，则该元素在周期表中的位置是第三周期第VA族，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎13.下列物质的分子中存在碳碳双键的是（ ）‎ A. 乙烷 B. 乙烯 C. 乙炔 D. 乙醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烷属于烷烃，只存在碳碳单键，不存在碳碳双键，故A错误； ‎ B．乙烯属于烯烃，含有碳碳双键官能团，故B正确；‎ C．乙炔属于炔烃，含有碳碳三键官能团，不存在碳碳双键，故C错误；‎ D．乙醇属于饱和醇，不存在碳碳双键，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎14.下列关于乙酸的叙述不正确的是（ ）‎ A. 难溶于水 B. 具有酸性 C. 可与乙醇发生酯化反应 D. 可与活泼金属反应产生氢气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙酸易溶于水，故A错误，符合题意；‎ B．乙酸能部分电离出H+，电离化学方程式：CH3COOHCH3COO-+H+，具有酸性，故B正确，不选；‎ C．乙酸能与乙醇发生酯化反应，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故C正确，不选；‎ D．乙酸具有酸性，能与活泼金属反应产生氢气，如2CH3COOH+2Na=2CH3COONa+H2↑，故D正确，不选；‎ 答案选A。‎ ‎15.决定元素性质随原子序数递增呈现周期性变化的本质原因是（ ）‎ A. 元素化合价 B. 原子半径 C. 相对原子质量 D. 原子核外电子排布 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因元素的化合价属于元素的性质，则不能解释元素性质的周期性变化，故A错误；‎ B．因元素的原子半径是元素的性质，不能解释元素性质的周期性变化，故B错误；‎ C．随着原子序数的递增，元素的原子的相对原子质量增大，但不呈现周期性的变化，则不能决定元素性质出现周期性变化，故C错误；‎ D．因原子的核外电子排布中电子层数随原子序数的递增而呈现周期性变化，则引起元素的性质的周期性变化，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.下列影响化学反应速率的因素中，属于内在因素的是（ ）‎ A. 物质的性质 B. 浓度 C. 温度 D. 催化剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】影响化学反应速率的内在因素是物质本身的性质，是化学反应速率的决定因素，浓度、温度、催化剂是影响化学反应速率的外界因素，故选A。‎ ‎17.变量控制是科学研究的重要方法。相同质量的碳酸钙与足量1 mol·L-1盐酸分别在下列条件下发生反应，化学反应速率最大的是（ ）‎ 选项 碳酸钙的状态 实验温度/℃‎ A 粉末 ‎10‎ B 粉末 ‎30‎ C 块状 ‎10‎ D 块状 ‎30‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】相同质量的碳酸钙与足量1mol•L-1盐酸反应，反应物相同，接触面积越大，温度越高，反应速率越快，所以开始阶段化学反应速率最大的是粉末状碳酸钙，温度为‎30℃‎，故选B。‎ ‎18.下列变化不需要破坏化学键的是（ ）‎ A. 水分解为氢气和氧气 B. 液态水变为水蒸气 C. 氢气与氯气反应生成氯化氢 D. 氮气与氢气反应生成氨气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．化学反应中有旧化学键的断裂，所以水分解成氢气和氧气一定有化学键的破坏，故A不选；‎ B．液态水变为水蒸气破坏的是分子间作用力，不破坏化学键，故B选；‎ C．化学反应中有旧化学键的断裂，所以氢气与氯气反应生成氯化氢一定有化学键的破坏，故C不选；‎ D．化学反应中有旧化学键的断裂，所以氮气与氢气反应生成氨气一定有化学键的破坏，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎19.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（ ）‎ A. Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ B. 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O C. CaCO3+2HC1=CaCl2+H2O+CO2↑ D. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】化学能转化成电能，要求这个反应为氧化还原反应，据此分析；‎ ‎【详解】A.该反应为置换反应，属于氧化还原反应，可实现化学能直接转化成电能，故A符合题意；‎ B.该反应为复分解反应，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；‎ C.该反应为复分解反应，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；‎ D. 该反应为复分解反应，不属于氧化还原反应，故D不符合题意；‎ 答案为A。‎ ‎20.某烃分子的球棍模型如下图所示，关于该烃的说法不正确的是（ ）‎ A. 分子式为：C3H8 B. 该烃属于烯烃 C. 结构简式为：CH3CH2CH3 D. 化学性质与甲烷相似 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据该烃分子的球棍模型可知，分子中含有3个C原子和8个H原子，碳原子与碳原子之间均为单键，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．根据该烃分子的球棍模型可知，分子中含有3个C原子和8个H原子，分子式为C3H8，故A正确；‎ B．分子中只存在碳碳单键，没有碳碳双键，该烃属于烷烃，故B错误；‎ C．根据分子的球棍模型可知，该烃分子的结构简式为：CH3CH2CH3，故C正确；‎ D．分子中只存在碳碳单键，没有碳碳双键，该烃属于烷烃，化学性质与甲烷相似，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎21.下列各组物质中，互为同分异构体的是（ ）‎ A. 与 B. O2和O3‎ C. CH3CH3和CH3CH2CH3 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】同分异构体指分子式相同，结构不同的化合物，据此分析；‎ ‎【详解】A. 质子数相同，都是1，中子数分别为0、1，因此两者互为同位素，故A不符合题意；‎ B. 组成元素都是氧元素，结构不同的单质，因此两者互为同素异形体，故B不符合题意；‎ C. 结构相似，组成上相差一个“CH‎2”‎，因此两者互为同系物，故C不符合题意；‎ D. 分子式都为C4H10，结构不同，两者互为同分异构体，故D符合题意；‎ 答案为D。‎ ‎22.CO2可与H2催化合成甲醇，于恒容密闭容器中，在催化剂作用下发生反应：CO2(g)+3H2(g)‎ CH3OH(g)+H2O(g)；下列描述能说明该反应已经达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. CO2、H2、CH3OH、H2O在容器中共存 B. CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度相等 C. 正、逆反应速率相等且等于零 D. CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CO2、H2、CH3OH、H2O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．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度相等，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与反应开始时加入的反应物的多少及反应的转化率等有关，B不符合题意；‎ C．化学平衡状态是动态平衡，当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等但都大于零，C不符合题意；‎ D．CO2、H2、CH3OH、H2O的浓度均不再变化是反应达到平衡状态的特征标志，D符合题意；‎ 故合理选项是D。‎ ‎23.下列反应中，属于取代反应的是（ ）‎ A. 乙烯在空气中燃烧 B. 甲烷与氯气混合光照发生反应 C. 乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色 D. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据取代反应是指有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应分析判断。‎ ‎【详解】A．乙烯在空气中的燃烧属于氧化反应，故A不选； ‎ B．甲烷与氯气混合光照时，甲烷中H被Cl取代，属于取代反应，故B选；‎ C．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色，为氧化反应，故C不选；‎ D．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应时，乙烯中碳碳双键断裂，与溴发生加成反应，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎24.下列试剂中，能用于鉴别甲烷和乙烯的是（ ）‎ A. 水 B. 稀硫酸 C. 氢氧化钠溶液 D. 酸性高锰酸钾溶液 ‎【答案】D ‎【解析】甲烷和乙烯都不溶于水；甲烷不与强酸、强碱、强氧化剂等物质反应；乙烯含有官能团碳碳双键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液褪色；因此可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲烷和乙烯，D正确；正确选项：D。‎ 点睛：区分烷烃和烯烃可以用溴水或酸性高锰酸钾溶液。‎ ‎25.下列性质的比较中，正确的是（ ）‎ A. 非金属性：Br>Cl B. 稳定性：H2S>H2O C. 酸性：H2CO3>HNO3 D. 碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性 Cl＞Br，故A错误；‎ B．非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物稳定性越强，则氢化物稳定性： H2O＞H2S，故B错误；‎ C．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N＞C，则酸性：H2CO3＜HNO3，故C错误；‎ D．金属性Ca＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的碱性越强，则碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)2，故D错误；‎ 答案选D。‎ 第二部分 非选择题 ‎26.在有机物①甲烷②乙烯③乙醇④乙酸中，食用醋的主要成分是_______(填序号，下同)，天然气的主要成分是_________，分子中所有原子在同一个平面内的是_______，可用作医用消毒剂的是________。‎ ‎【答案】(1). ④ (2). ① (3). ② (4). ③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】结构式：甲烷：，乙烯：，乙醇：‎ ‎，乙酸：。‎ ‎【详解】食用醋的主要成分是乙酸；天然气的主要成分是甲烷；乙烯是平面型分子，分子中所有原子在同一个平面内的是乙烯；乙醇能使病毒内的蛋白质变性，75%(体积分数)的乙醇可用作医用消毒剂；故答案为：④；①；②；③。‎ ‎27.化学反应中不仅有物质变化而且伴随着能量变化。‎ ‎(1)以下实验中属于吸热反应的是________(填序号)。‎ ‎(2)下图中，表示放热反应能量变化的是_______(填字母)。‎ ‎ ‎ ‎(3)从微观角度分析化学反应中能量变化的原因：‎ 图中①和②分别为_______、_______(填“吸收”或“释放”)。氢气与氧气反应生成1mol水蒸气时，释放________kJ能量。‎ ‎(4)当前，很多地区倡导用天然气替代煤作为家用燃料，根据下表从尽可能多的角度分析其原因是__。‎ 燃料 燃烧释放的能量(每‎1千克)‎ 天然气 ‎55812kJ 煤 ‎20908kJ ‎【答案】(1). ② (2). A (3). 吸收 (4). 放出 (5). 245 (6). 相同质量的甲烷和煤相比，甲烷燃烧放出热量更高；甲烷燃烧充分，燃料利用率高，且污染小；甲烷中不含硫等杂质，不会造成酸雨等环境问题，因此甲烷是国家大力推广的清洁能源 ‎【解析】‎ ‎【分析】吸热反应是反应物总能量小于生成物的总能量，放热反应是反应物总能量大于生成物的总能量，断键需要吸收能量，形成键放出热量，据此分析；‎ ‎【详解】(1)①锌与硫酸反应属于放热反应；②柠檬酸和碳酸氢钠反应属于吸热反应；③所有的燃烧都是放热反应；故②符合题意；‎ ‎(2)放热反应：反应物总能量高于生成物的总能量，因此表示放热反应能量变化的是A；‎ ‎(3)①为断键，断键吸收能量，②为形成化学键，形成化学键放出能量；断裂1molH2和molO2中的化学键吸收的总能量为(436＋249)kJ=685kJ，形成1molH2O中的化学键释放的能量为930kJ，因此生成1molH2O时放出热量为930kJ－685kJ=245kJ；‎ ‎(4)天然气主要成分是甲烷，由表中数据可以知道，相同质量的甲烷和煤相比，甲烷燃烧放出热量更高；而且甲烷中含氢量最高的烃，燃烧充分，燃料利用率高，且污染小；甲烷中不含硫等杂质，不会造成酸雨等环境问题，因此甲烷是国家大力推广的清洁能源。‎ ‎28.在一定温度下，将SO2与足量O2置于密闭容器中发生反应。SO2与SO3的物质的量浓度随时间的变化如图所示，请回答下列问题。‎ ‎(1)0~2min以SO2表示的化学反应速率为_____mol·L-1min-1。‎ ‎(2)5min后c(SO2)与c(SO3)不再随时间改变的原因是_________。‎ ‎(3)由图像可知SO2与O2的反应是可逆反应，理由是_________。‎ ‎【答案】(1). 1.25 (2). 正、逆反应速率相等，反应达到了平衡状态 (3). SO2、SO3的浓度不再改变，且均不为0‎ ‎【解析】‎ 分析】SO2与O2反应生成SO3属于可逆反应，2SO2＋O22SO3‎ ‎，可逆反应不能完全进行到底，从化学平衡状态的定义；化学反应速率的计算，需要利用其数学表达式进行,据此分析；‎ ‎【详解】(1)化学反应速率是单位时间内反应物浓度或生成物浓度的变化，0～2min，用SO2表示的反应速率是=1.25mol/(L·min)；‎ ‎(2)5min后，c(SO2)与c(SO3)不再随时间改变是由于正、逆反应速率相等，反应达到了平衡状态；‎ ‎(3)由图像可知，5min后SO2、SO3的浓度不再改变，且均不为0，说明5min后正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，该反应为可逆反应。‎ ‎29.一种简单的原电池装置如下图所示。据图回答下列问题。‎ ‎(1)锌是该电池的_______(填“正”或“负”)极。Zn片上发生的电极反应为_______。Cu片上发生的电极反应为__________。能证明化学能转化为电能的实验现象为______。‎ ‎(2)装置中稀硫酸的作用是_______。‎ A.电极材料 B.电极反应物 C.电子导体 D.离子导体 ‎(3)某原电池的总反应是Zn+Cu2+=Zn2++Cu，该原电池的正确组成是______。‎ A. B. C. D.‎ ‎(4)从化学的角度分析，原电池装置产生电流的原因是：原电池装置可将____，并通过能导电的物质形成闭合回路，产生电流 ‎【答案】(1). 负极 (2). Zn－2e－=Zn2＋ (3). 2H＋＋2e－=H2↑ (4). 电流表指针发生偏转 (5). BD (6). AC (7). 离子通过稀硫酸在溶液中移动，电子通过导线流向铜片，所以产生了电流 ‎【解析】‎ ‎【分析】构成原电池的条件是：有两个活动性不同的金属作电极；自发发生氧化还原反应；有电解质溶液；形成闭合回路；一般来说，金属性强的作负极，失电子，发生氧化反应，正极上得电子，发生还原反应；据此分析；‎ ‎【详解】(1)锌与硫酸发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2‎ ‎↑，铜不能与稀硫酸发生反应，且锌比铜活泼，因此锌为负极；锌片上的电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；Cu片为正极，正极上的反应式为2H＋＋2e－=H2↑；原电池是将化学能转化成电能，能证明化学能转化为电能的实验现象是电流表的指针发生偏转；‎ ‎(2)该原电池的总反应是：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，硫酸中H＋在正极上得电子，稀硫酸的作用之一是作电极反应物；硫酸是电解质，根据原电池工作原理，硫酸另一个作用是作离子导体，形成闭合回路；故选项BD正确；‎ ‎(3)根据总反应，Zn作负极，Cu或石墨或比锌不活泼的金属作正极，CuSO4溶液作电解质溶液，故AC符合题意；‎ ‎(4)根据原电池工作原理，锌失去电子，经外电路流向正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，从而产生电流。‎ ‎30.某小组研究第3周期元素性质的递变规律，设计了如下实验，并记录了实验现象：‎ 实验步骤 实验现象 ‎①将一小块钠放入滴有酚酞的冷水中 A.有气体产生，溶液变成浅红色 ‎②将用砂纸打磨过的镁条放入沸水中，再向其中滴加少量酚酞溶液 B.浮在水面上，熔成小球，做不定向运动，随后消失，溶液变为红色 ‎③将镁条放入稀盐酸中 C.反应较快，产生无色气体 ‎④将铝条放入稀盐酸中 D.反应剧烈，迅速产生大量无色气体 ‎(1)补齐实验步骤与实验现象之间的连线___________。‎ ‎(2)由上述实验可知Na、Mg、Al三种元素原子失电子能力(金属性)依次_______(填“增强”或“减弱”)。从原子结构的角度解释原因____________。‎ ‎(3)比较第3周期中硫与氯两种元素原子得电子能力(非金属性)的相对强弱。‎ ‎①甲同学设计的下列方法可行的是_______。‎ A.比较气态氢化物的稳定性 B.比较盐酸与硫酸的酸性 C.比较单质与酸反应置换出氢气的难易程度 ‎②乙同学设计将氯气通入硫化钠溶液中，观察是否有淡黄色沉淀生成。这一实验的设计思路是通过比较________，推知元素原子得电子能力的相对强弱。‎ ‎(4)利用元素周期律可预测陌生元素及物质的性质，已知Rb与Na处于同一主族，下列说法正确的是_____。‎ A.失电子能力：Rb>Na B.碱性：NaOH>RbOH C.Rb比Na更容易与氧气发生反应 D.Rb不易与水反应放出H2‎ ‎【答案】(1). (2). 减弱 (3). 当电子层数相同时，随着核电荷数的增加，原子半径减小，原子核对最外层电子的吸引力增强，所以失电子能力依次减弱 (4). A (5). 单质的氧化性强弱 (6). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】同周期从左向右原子半径减小，原子核对最外层电子的吸引能力增强，失电子能力减弱、得电子能力增强，因此金属性逐渐减弱、非金属性增强，比较金属性一般采用单质与水或酸反应的剧烈程度判断；比较非金属性一般从置换反应或最高价含氧酸的酸性强弱进行判断；据此分析；‎ ‎【详解】(1)①钠与水反应，因为钠的密度小于水，因此浮在水面上，钠与水反应是放热反应，钠的熔点较低，钠与水反应钠熔成小球，钠与水的反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，产生气体推动小球四处游动，因生成NaOH，使溶液显红色，①对应的现象是B；Mg比Al活泼，因此Mg与盐酸反应剧烈程度强于Al，因此③对应现象是D，④对应现象是C；连线为；‎ ‎(2)Na与冷水反应，Mg与沸水反应，说明Na的金属性强于Mg，Mg与稀盐酸的反应剧烈程度强于Al，因此说明Mg的金属性强于Al，因此三者金属性由强到弱的顺序是Na>Mg>Al；原因是：三种元素的电子层数相同，随着核电荷数的增加，原子半径减小，原子核对最外层电子的吸引力增强，失电子能力减弱；‎ ‎(3)①A.一般来说，非金属性越强，其气态氢化物稳定性越强，比较气态氢化物的稳定性，可以比较两种元素的非金属性强弱，故A符合题意；‎ B.一般非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但盐酸中Cl不是最高价，因此比较盐酸与硫酸的酸性，不能判断两种元素的非金属性，故B不符合题意；‎ C.Cl2、S不与酸反应产生H2，故C不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎②氯气通入硫化钠溶液中，如果观察到有淡黄色沉淀生成，该淡黄色沉淀为S单质，说明发生反应：Cl2＋S2－=S↓＋2Cl－，Cl2为氧化剂，S为氧化产物，利用氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，推出Cl2的氧化性强于S，从而推出Cl的非金属性强于S；‎ ‎(4)A.Rb在Na的下面，Rb和Na属于同主族，同主族从上到下，原子半径增大，失电子能力增强，即失电子能力：Rb>Na，故A说法正确；‎ B.金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Rb的金属性强于Na，因此碱性RbOH>NaOH，故B说法错误；‎ C.Rb的金属性强于钠，则Rb比Na更容易与氧气发生反应，故C说法正确；‎ D.Rb与Na属于同主族，性质具有相似性和递变性，因为Rb的金属性强于Na，因此Rb易于水反应放出H2，故D说法错误；‎ 答案选AC。‎ ‎31.某小组同学研究影响双氧水分解反应速率的因素。实验所用试剂：10%H2O2、蒸馏水、MnO2粉末 实验序号 H2O2浓度 V(H2O2溶液)‎ 温度 催化剂 实验现象 ‎1‎ ‎10%‎ ‎20mL 室温 无 无明显现象 ‎2‎ ‎10%‎ ‎20mL ‎50℃‎水浴 无 有较多气泡产生 ‎3‎ ‎10%‎ ‎20mL 室温 MnO2(‎0.2g)‎ 有较多气泡产生 ‎(1)实验1、2目的是研究________对双氧水分解反应速率的影响。‎ ‎(2)通过对比实验_______(填序号)，可研究催化剂对双氧水分解反应速率的影响。‎ ‎(3)为了准确地比较反应速率的快慢，观测的方法是：收集相同体积的气体，__________。‎ ‎(4)利用上述实验试剂，并结合已有实验方案，进一步设计实验研究双氧水浓度对其分解反应速率的影响。请将实验方案补全。‎ 实验序号 H2O2浓度 实验现象 ‎4‎ ‎10%‎ ‎①___‎ ‎②___‎ ‎③___‎ ‎④___‎ ‎⑤___ ‎ ‎【答案】(1). 温度 (2). 1、3 (3). 用秒表测定需要的时间 (4). 10 mL10%的H2O2溶液 (5). 10 mL蒸馏水 (6). 室温 (7). MnO2(‎0.2g) (8). 有少量气泡产生 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)实验1、2只有温度不同，其余实验条件相同，结合表格数据分析判断；‎ ‎(2) 要研究催化剂对双氧水分解反应速率的影响，不同的条件只能是催化剂，其余实验条件需要相同，结合表格数据分析判断；‎ ‎(3)为了准确地比较反应速率的快慢，需要测定收集相同体积的气体需要的时间，据此分析解答；‎ ‎(4)要研究双氧水浓度对其分解反应速率的影响，需要保证其余实验条件相同，只有双氧水浓度不同设计实验，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)实验1、2只有温度不同，其余实验条件相同，实验的目的是研究温度对双氧水分解反应速率的影响，故答案为：温度；‎ ‎(2)根据表格数据，实验1、3不同的条件是催化剂，其余实验条件需要相同，通过对比实验1、3可研究催化剂对双氧水分解反应速率的影响，故答案为：1、3；‎ ‎(3)为了准确地比较反应速率的快慢，观测的方法是：收集相同体积的气体，用秒表测定需要的时间，故答案为：用秒表测定需要的时间；‎ ‎(4)要研究双氧水浓度对其分解反应速率的影响，需要保证其余实验条件相同，只有浓度不同，可以根据实验3设计实验，因此实验方案为：取10 mL10%的H2O2溶液，加入10 mL水稀释，保持室温，加入MnO2(‎0.2g)，可以观察到，放出气泡的速率较慢，故答案为：10 mL10%的H2O2溶液；10 mL蒸馏水；室温；MnO2(‎0.2g)；有少量气泡产生。‎ ‎32.乙醇在生产生活中有着广泛的用途。‎ ‎(1)乙醇的官能团是_______。‎ ‎(2)工业生产中，用乙烯与水反应制得乙醇，该反应类型为_________。‎ ‎(3)乙醇与乙酸反应可制得香料乙酸乙酯，乙酸乙酯的结构简式为___________。‎ ‎(4)乙醇在铜作催化剂条件下可被氧化为乙醛，写出反应的化学方程式__________。‎ ‎(5)交警常使用酒精检测仪来检验机动车司机是否酒驾，其原理是：司机口中呼出的乙醇可以使检测仪中的橙色重铬酸钾(K2Cr2O7)转变为绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]，上述反应涉及的乙醇性质有________。‎ A.无色液体 B.密度比水的小 C.易挥发 D.具有还原性 ‎【答案】(1). 羟基 (2). 加成反应 (3). CH3COOCH2CH3 (4). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (5). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】乙醇的结构式为，含有的官能团是-OH为羟基。‎ ‎【详解】（1）乙醇的官能团是羟基，故答案为：羟基；‎ ‎（2）乙烯与水反应制得乙醇，反应方程式：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应类型为加成反应，故答案为：加成反应 ‎（3）乙醇与乙酸反应可制得香料乙酸乙酯，反应方程式：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，则乙酸乙酯的结构简式为：CH3COOCH2CH3，故答案为：CH3COOCH2CH3；‎ ‎（4）乙醇在铜作催化剂条件下可被氧化为乙醛，反应的化学方程式：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ‎（5）呼出乙醇，说明的易挥发行，乙醇可以使检测仪中的橙色重铬酸钾(K2Cr2O7)转变为绿色的硫酸铬[Cr2(SO4)3]，Cr元素化合价从+6降至+3，说明发生了氧化还原反应，重铬酸钾为氧化剂，则乙醇做还原剂，具有还原性，故答案为：CD。‎