1、云南省玉溪市一中2017-2018学年高一下学期期末考试化学试题1.中国丝绸有五千年的历史和文化。古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮。这种 “碱剂”可能是（ ）A. 食盐 B. 火碱 C. 胆矾 D. 草木灰【答案】D【解析】【详解】由题意可知，该物质是一种盐，水溶液呈碱性，为强碱弱酸盐。A食盐中氯化钠为强酸强碱盐，故A错误； B火碱是氢氧化钠，属于碱，故B错误； C胆矾是硫酸铜晶体，是强酸弱碱盐，故C错误；D草木灰中碳酸钾为强碱弱酸盐，故D正确；故选D。2.放在手心就能熔化的稀有金属镓，
2、其沸点为2403 ，更奇妙的是镓熔化后在120 仍不易凝固；在常温下几乎不与氧气和水反应，但能溶于强酸和强碱；与其他金属熔合可改善合金性能；与硫、硒等非金属化合可生成优质的半导体材料。下列有关镓的性质和用途的叙述错误的是( )A. 镓的熔点高 B. 镓的性质与铝类似C. 镓能够与盐酸反应生成气体 D. 镓可与多种金属形成合金【答案】A【解析】【详解】A由信息可知，稀有金属镓放在手心里就能熔化，则镓的熔点低，故A错误；B镓能溶于强酸和强碱，则与Al性质相似，故B正确；C镓与Al性质相似，与盐酸反应生成氢气，故C正确；D镓与其它金属融合可改善合金性能，则可形成合金，故D正确；故选A。【点睛】本题考
3、查金属的性质，把握习题中的信息、镓与Al性质相似为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意信息的抽取及应用。3.在生产和生活中应用的化学知识正确的是( )A. 玻璃、水泥、水晶项链都是硅酸盐制品B. 晶体硅是在通信工程中制作光导纤维的主要原料C. 赏心悦目的雕花玻璃通常是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的D. 工业上，利用二氧化硅热分解法冶炼硅【答案】C【解析】【详解】A水晶的主要成分为二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；B二氧化硅具有良好的光学特性，是制作光导纤维的主要原料，故B错误；C常温下氢氟酸能够与玻璃中的二氧化硅反应，所以常用氢氟酸雕刻玻璃，故C正确；D、工业上用SiO2热还原法
4、冶炼硅，而不是热分解法冶炼硅，故D错误；故选C。4.下列关于元素周期表的说法正确的是( )A. 每一周期的元素都从碱金属开始，最后以稀有气体结束B. 第二、三周期上下相邻的元素的原子核外电子数相差8个C. 只有第2列元素的原子最外层有2个电子D. 元素周期表共有十六个纵行，也就是十六个族【答案】B【解析】【详解】A第一周期不含碱金属元素，除第一周期外，各周期的元素都从碱金属开始，最后以稀有气体结束，故A错误；B第二、三周期各含8种元素，则第二、三周期上下相邻的元素的原子核外电子数相差8个，如Li与Na、O与S等，故B正确；C第2列元素、He及某些过渡元素的最外层电子数为2，故C错误；D元素周期
5、表共有十八个纵行，分为16个族，元素周期表中第8、9、10三个纵行为第族，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了元素周期表的结构及应用，把握周期表的结构及元素的位置等为解答的关键。本题的易错点为C，要注意一些特殊的原子的结构。5.下列表格中各项分类都正确的一组是（ ）纯净物混合物电解质非电解质A生理盐水纯碱液态硝酸钾蔗糖B氧化钙海水铜乙醇C胆矾氢氧化铁胶体氯化银二氧化碳D氢氧化钠空气硫酸钠溶液食醋A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】纯净物是由一种物质组成；混合物由两种或两种以上物质组成；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合
6、物是非电解质，据此分析判断。【详解】A生理盐水是氯化钠的水溶液为混合物，故A错误；B铜为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C胆矾是五水合硫酸铜的俗名，为纯净物，氢氧化铁胶体属于胶体，为不同物质组成的为混合物，氯化银熔融状态能够导电，属于电解质，二氧化碳不能电离为非电解质，故C正确；D硫酸钠溶液为电解质溶液，是混合物，不是电解质，食醋是电解质溶液，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了纯净物、混合物、电解质和非电解质的判断。本题的易错点为电解质和非电解质的判断，要明确能导电的不一定是电解质，电解质不一定导电，如D中硫酸钠溶液既不是电解质，也不是非电解质。6.实验室中需要配制2mol/
7、L的氯化钠溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的氯化钠质量分别是 （ ）A. 950mL，111.2g B. 1000mL，111.2g C. 1000mL，117g D. 任意规格，117g【答案】C【解析】所配氯化钠溶液950mL，应选用1000mL容量瓶；称取氯化钠的质量为2mol/L1L58.5g/mol=117g，答案选C。点睛：容量瓶选择的原则是“大而近”。计算所需溶质的质量或浓溶液的体积按容量瓶的容积计算。7.下列离子方程式正确的是( )A. 澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应：HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2OB. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：OH+
8、HCO3=CO32 +H2OC. 金属钠投入硫酸铜溶液中：Cu2+2Na = Cu + 2Na+D. 铁溶于稀硝酸，溶液变黄：3Fe+8H+NO3= 3Fe2+2NO+4H2O【答案】B【解析】【详解】A澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写，正确的离子方程式为：2HCO3-+Ca2+2OH-CO32-+CaCO3+2H2O，故A错误；BNaHCO3溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为OH-+HCO3-CO32-+H2O，故B正确；C、钠先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠，反应的总离子方程式为2Na+Cu2+2H2O2
9、Na+Cu(OH)2+H2，故C错误；D、铁溶于稀硝酸，溶液变黄，说明反应生成的是三价铁离子，反应的方程式为：Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O，故D错误；故选B。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A. S2和S8的混合物共6.4 g，所含硫原子数一定为0.2NAB. 将100 mL 0.1 molL1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe（OH）3胶粒数目为0.01NAC. 标准状况下，11.2 L水中含有分子的数目为0.5NAD. 1 mol硫单质在过量氧气中燃烧产生NA个SO3分子【答案】A【解析】【详解】A.6.4g由S2、S8组成的混合物，含有硫原子的物质
10、的量为=0.2mol，含硫原子数为0.2NA，故A正确；B氢氧化铁胶粒为多个氢氧化铁的集合体，将100mL0.1molL-1的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH)3胶粒数目小于0.01NA，故B错误；C、标况下水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D1mol硫单质在过量氧气中燃烧产生1mol二氧化硫，产生NA个SO2分子，不会生成三氧化硫，故D错误；故选A。9. 在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是A. 使酚酞溶液变红的溶液：H+、C1-、NO3-、Ba2+B. 澄清透明的溶液：MnO4-、Al3+、SO42-、K+C. 强碱性溶液：K+、Mg2+、HCO3-、
11、NO3-D. 无色的溶液：CO32-、SO42-、Cu2+、NH4+【答案】B【解析】试题分析：A使酚酞溶液变红的溶液显碱性，H+不能大量共存，A错误；B澄清透明的溶液中MnO4-、Al3+、SO42-、K+之间不反应，可以大量共存，B错误；C强碱性溶液中Mg2+、HCO3-均不能大量共存，C错误；D无色的溶液中CO32-、Cu2+均不能大量共存，D错误，答案选B。考点：考查离子共存正误判断10.将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个反应：SO2+2Fe3+2H2O = SO42+4H+2Fe2+，Cr2O72+6Fe2+14H+ = 2Cr
12、3+6Fe3+7H2O。下列说法正确的是（ ）A. Cr2O72不能将SO2氧化 B. 还原性：Cr3+Fe2+SO2C. 氧化性：Cr2O72Fe3+SO2 D. 两个反应中Fe3+均表现还原性【答案】C【解析】【分析】SO2+2Fe3+2H2OSO42-+4H+2Fe2+中，S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低；氧化剂为Fe3+，还原剂为SO2；Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，氧化剂为Cr2O72-，还原剂为Fe2+；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cr2O72-Fe3+SO2，由还原剂的还原性
13、大于还原产物的还原性可知还原性：Cr3+Fe2+SO2，以此来解答。【详解】A氧化性：Cr2O72-Fe3+SO2，还原性：Cr3+Fe2+SO2，则Cr2O72-能将SO2氧化，故A错误；B由上述分析可知，还原性：Cr3+Fe2+SO2，故B错误；C由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cr2O72-Fe3+SO2，故C正确；D第一个反应中Fe3+得到电子被还原，表现氧化性；第二个反应中Fe3+为氧化产物，没有表现氧化性，故D错误；故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。本题的易错点为D，要注意在氧化还原反应中氧化剂表现氧化性，还原
14、剂表现还原性。11.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是( )选项 物质abcAAlAlCl3Al(OH)3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DSSO2H2SO4A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】AAl(OH)3不能一步转化为Al，不符合图中转化，故A不选；BHNO3与铜反应生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NO2与水反应生成硝酸和NO，每步转化均可一步实现，符合图中转化，故B选；CSiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3不能一步转化为Si，不符合图中转化，故C不选；DH2SO4不能一步
15、转化为S，不符合图中转化，故D不选；故选B。12.将8 g铁片放入100 mL硫酸铜溶液中，溶液中的铜离子全部被还原时，铁片变为8.2 g，则原硫酸铜溶液的物质的量浓度为( )A. 0.5 molL1 B. 0.025 molL1C. 0.125 molL1 D. 0 .25 molL1【答案】D【解析】【分析】根据发生的反应：Fe+CuSO4FeSO4+Cu，利用差量法来计算溶液中硫酸铜的物质的量，依据c=计算硫酸铜的物质的量浓度。【详解】设原溶液中硫酸铜的物质的量为x，则： Fe+CuSO4FeSO4+Cu m 1mol 8g x 8.2g-8g=，解得x=0.025 mol，硫酸铜的物质
16、的量浓度=0.25mol/L，故选D。13.泡沫灭火器内装的药液之一是NaHCO3饱和溶液，而不选用更廉价的Na2CO3饱和溶液，其原因是（ ）质量相同的两种钠盐，NaHCO3与足量的酸反应产生的CO2比Na2CO3多 质量相同的两种钠盐，与足量酸反应产生相同体积（同温、同压下）的CO2 NaHCO3与酸反应生成CO2比Na2CO3快得多 NaHCO3比Na2CO3稳定，便于长期保存A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】NaHCO3和Na2CO3与酸发生反应时，分别发生Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2。M(NaHCO3)
17、M(Na2CO3)，质量相同的两种钠盐，NaHCO3物质的量较多，则与足量酸反应产生的CO2比Na2CO3多，故正确；由质量相同的两种钠盐，碳酸氢钠中含碳量高，生成的二氧化碳多，故错误；分别滴加HCl溶液，反应离子方程式为CO32-+H+HCO3-，HCO3-+H+H2O+CO2，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，故正确；NaHCO3不稳定，加热易分解，故错误；故选A。14.下列相关实验不能达到预期目的的是（ ）相关实验预期目的在两份同浓度同体积的H2O2溶液中，分别加2滴FeCl3溶液和2滴CuCl2溶液，前者放在热水中，后者放在冰水中。观察气泡快慢；验证温度对化学反应速
18、率的影响。将氯水加入淀粉KI溶液中验证Cl的非金属性比I强在相同温度下，将表面积相同的铝条和镁条投入等体积同浓度的盐酸中，观察产生气泡的速率。比较同周期金属元素的金属性强弱。利用电解质溶液的导电性装置，检测AlCl3溶液的导电性证明AlCl3是离子化合物A. 仅 B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】催化剂不同，温度不同，两个变量不能验证温度对化学反应速率的影响，故错误；氯水氧化KI生成碘单质，淀粉遇碘变蓝，则Cl的得电子能力强，可验证Cl的非金属性比I强，故正确；温度、表面积相同，盐酸浓度相同，只有金属不同，Mg反应剧烈，则比较同周期金属元素的金属性强弱，故正确；AlCl3在溶液中电离
19、，AlCl3溶液导电，但AlCl3为共价化合物，故错误；不能得到实验目的的有，故选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及影响反应速率的因素、氧化性及非金属比较、电离与化合物类别判断等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键。本题的易错点为，要注意影响特殊化合物的分类，如AlCl3为共价化合物。15.常温下，0.2 molL-1的盐酸30mL分别与下列Na2CO3溶液混合，再加水稀释到100mL，其中最初产生CO2的速率最快的是（ ）A. 20mL0.3 molL-1Na2CO3 B. 10mL0.4 molL-1Na2CO3C. 25mL0.4 molL-1Na2CO3 D. 15mL0.
20、5 molL-1Na2CO3【答案】C【解析】【详解】都加水稀释至100mL，后来溶液的体积相同，则选项中碳酸钠的物质的量最大，混合后浓度最大，反应速率最快。A碳酸钠的物质的量：0.02L0.3mol/L=0.006mol；B碳酸钠的物质的量：0.01L0.4mol/L=0.004mol；C碳酸钠的物质的量：0.025L0.4mol/L=0.01mol；D碳酸钠的物质的量：0.015L0.5mol/L=0.0075mol，显然C中碳酸钠物质的量最大，反应速率最快，故选C。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素。本题的易错点为D，要注意后来溶液体积相同，需要计算选项中物质的量，与原溶液的体积和浓
21、度的乘积有关。16.已知反应A+B=C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 该反应是放热反应B. 只有在加热条件下才能进行C. 反应物的总能量高于生成物的总能量D. 反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量【答案】D【解析】试题分析：根据图像可知反应物的总能量低于生成物的总能量，则反应是吸热反应。A该反应是吸热反应，A错误；B反应条件与反应是放热反应还是吸热反应无关系，B错误；C反应物的总能量低于生成物的总能量，C错误；D反应吸热，则反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量，D正确，答案选D。考点：考查反应热的应用与判断17.巴豆酸的结构简式为CH3C
22、HCHCOOH。现有氯化氢、溴水、纯碱溶液、乙醇、酸性高锰酸钾溶液，试根据巴豆酸的结构特点，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】巴豆酸的结构简式为CH3CHCHCOOH：含碳碳双键，与氯化氢、溴水均发生加成反应；含碳碳双键，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；含-COOH，与纯碱溶液发生复分解反应，与乙醇发生酯化反应，故选D。18.如图是元素周期表的一部分，下列说法中正确的是A. 元素的简单离子半径大小：B. 气态氢化物的稳定性：C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：D. 元素的最高正化合价：=【答案】C【解析】元素分别为N、O、F、Al、
23、S、Cl。A、离子半径：S2O2Al3+，A错误；B、非金属性越强则对应气态氢化物越稳定，故稳定性：H2OH2S，B错误；C、非金属性越强则最高价氧化物对应水化物的酸性也越强，故酸性：HClO4H2SO4，C正确；D、F无正价，D错误，答案选C。点睛：微粒半径的大小比较规律为：一看电子层数：同主族元素的微粒，电子层数越多，半径越大；二看核电荷数：在同周期中的原子，核电荷数越大，半径越小；三看电子数：在电子层数和核电荷数均相同时，电子数越多，半径越大。19.已知：2A(g)3B(g)2C(g)zD(g)，现将2 mol A与2 mol B混合于2 L的密闭容器中，2 s后，A的转化率为50%，测
24、得v(D)0.25 molL1s1，下列推断正确的是A. v(C)0.2 molL1s1 B. z1C. B的转化率为25% D. C平衡时的浓度为0.5molL1【答案】D【解析】【详解】2s后A的转化率为50%，则反应的A为2mol50%=1mol，则 2A(g)+3B(g)2C(g)+zD(g)，开始(mol) 2 2 0 0转化(mol) 1 1.5 1 0.5z2s后(mol) 1 0.5 1 0.5zAv(C)=0.25molL-1s-1，故A错误；B因反应速率之比等于化学计量数之比，由A可知，z=2，故B错误；CB的转化率为100%=75%，故C错误；DC的平衡浓度=0.5mol
25、/L，故D正确；故选D。20.在一定温度下的定容容器中，发生反应：2A(g)B(s)C(g)D(g)，下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是（ ）单位时间内生成n molC，同时生成n mol D单位时间内生成n molD，同时生成2n mol AC(g)的物质的量浓度不变容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1v(A):v(C):v(D)=2：1：1A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】生成nmolC是正反应，生成nmolD也是正反应，不能说明正逆反应速率是否相等，故错误；生成nmolD是正反应，生成2nmolA是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率
26、相等，说明得到平衡状态，故正确；C(g)的物质的量浓度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；反应速率之比等于化学计量数之比，与平衡状态无关，不能说明反应达到平衡状态，故错误，故能表明反应已达到平衡状态的是，故选A。21.实验室用下列方法制取氯气：用含4 mol 氯化氢的浓盐酸与足量的二氧化锰反应；用87 g 二氧化锰与足量浓盐酸反应，若不考虑氯化氢的挥发，则反应后所得氯气的物质的量( )A. 比多 B. 比多 C. 两种方法一样多
27、D. 无法比较【答案】B【解析】【详解】根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，故反应中产生的氯气小于1mol，浓盐酸足量时，反应根据MnO2的质量计算出氯气的量为1mol，所以反应后所得氯气的物质的量为：，故选B。【点睛】本题考查氯气的制备，注意氯气的实验室制法以及浓稀盐酸的性质的差异性，在使用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的实验中，要注意稀盐酸与二氧化锰不反应。22.（1）现有a.BaCl2 b.金刚石 c.NH4Cl d.Na2SO4 e.干冰 f.碘片六种物质，按下列要求回答（若有多个选项的，多选错选不给
28、分）：熔化时需要破坏共价键的是_， 熔点最高的是_，熔点最低的是_。属于离子化合物的是_，只含有离子键的物质是_，含有两种化学键的物质是_，含有分子间作用力的是_。（2）看下图回答下列问题若烧杯中溶液为稀硫酸，则观察到的现象是_，负极反应式为_。若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极为_（填Mg或Al），总反应方程式为_。【答案】 (1). b (2). b (3). e (4). acd (5). a (6). cd (7). ef (8). 镁逐渐溶解，铝上有气泡冒出，电流表指针发生偏转 (9). Mg-2e-Mg2+ (10). Al (11). 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+
29、3H2【解析】【详解】(1)熔化时破坏共价键说明该物质中存在共价键，金刚石属于原子晶体，加热金刚石熔化破坏共价键；金刚石是原子晶体，其熔点最高，分子晶体的熔点最低，且分子晶体的熔点与其相对分子质量成正比，二氧化碳的相对分子质量小于碘，所以干冰的熔点最低；故答案为：b；b；e；由阴阳离子构成的为离子化合物，则属于离子化合物的有aBaCl2、cNH4Cl、dNa2SO4；只含离子键的物质是aBaCl2；晶体含有两种化学键的是cNH4Cl dNa2SO4，分子晶体中微粒间作用为分子间作用力，含有分子间作用力的是e干冰 f碘片，故答案为：acd；a；cd；ef；(2)镁比铝活泼，若烧杯中溶液为稀硫酸，
30、形成原电池反应，镁为负极，铝为正极，负极发生Mg-2e-=Mg2+，可观察到Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，电流表指针发生偏转，故答案为：Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，电流表指针发生偏转；Mg-2e-=Mg2+；铝和与氢氧化钠溶液反应，而镁不能，若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，铝为负极，镁为正极，负极生成NaAlO2，正极生成氢气，反应的总方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：Al；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2。【点睛】本题考查了物质的分类和原电池原理的理解和应用，侧重于学生的分析能力的考查。本题的易错点为(2)，注意把握铝与氢氧化钠
31、反应的特点，为解答该题的关键，注意把握电极方程式的书写方法。23.几种有机物的相互转化图如下： 请回答：（1）乙烯的电子式是_。 （2）反应的反应类型是_。（3）XY的化学方程式是_。（4）X+ZW的化学方程式是_，实验室常用下图所示的装置实现这一转化。 试管b中一般加入_溶液，从试管b中分离出W的方法是_。【答案】 (1). (2). 加成反应 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (5). 饱和碳酸钠溶液 (6). 分液【解析】【分析】由图中转化可知，乙烯与水发生加成反应生成X为CH3CH2OH，X催
32、化氧化生成Y，Y为CH3CHO，Y氧化生成Z，Z为CH3COOH，X与Z发生酯化反应生成W，W为CH3COOC2H5，以此来解答。【详解】(1)乙烯的电子式为，故答案为； (2)根据上述分析，反应为乙烯与水的加成反应，故答案为：加成反应；(3)XY的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(4)X+ZW的方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，由图可知，试管b中一般加入饱和碳酸钠溶液，可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，乙酸乙酯在水中溶解度较小，会产生分层，因此从试管b
33、中分离出乙酸乙酯的方法是分液，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；饱和碳酸钠；分液。24.A、B、C、D、E、F、G为7种短周期主族元素，其原子序数依次增大。A、C可形成A2C和A2C2两种化合物，B的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之差为2，D和A同主族，E是地壳中含量最高的金属元素，F和C同主族且可形成FC2和FC3两种化合物。（1）G的元素名称是_，它在元素周期表中的位置是_。（2）F的质子数和中子数相等，F的原子组成符号为_，它的最高价为_价。（3）C、D可形成一种淡黄色固体化合物，写出此化合物的电子式_。（4）由上述7种元素中的4种元素组成的化合物X
34、，X既能与热的NaOH溶液反应，也能与稀盐酸反应，且均能生成无色气体，X的化学式是_。（5）已知Se在第四周期，与S同主族，请任意写出一种含Se物质的化学式，预测其性质，并说明预测依据_。含Se物质化学式性质预测依据【答案】 (1). 氯 (2). 第三周期A族 (3). 3216S (4). +6 (5). (6). （NH4）2SO3或NH4HSO3 (7). 化学式性质理由Se与金属反应/与氢气反应/与氧气反应根据周期表中的位置，判断Se为非金属，可能具有非金属的通性H2Se比H2S的稳定性弱Se与S处于同一主族，且位于S元素的下一周期，非金属性比S弱，由此推出气态氢化物的稳定性也弱。S
35、eO2（SeO3）与碱反应/碱性氧化物反应根据周期表中的位置，判断Se为非金属，对应的SeO2为酸性氧化物，可能具有酸性氧化物通性。H2SeO4与碱反应，与碱性氧化物反应、与某些金属反应、与某些盐反应酸性：H3SeO4H2SO4根据周期表中的位置，判断Se为非金属，对应的H2SeO4为酸，可能具有酸的通性。Se与S处于同一主族，且位于S元素的下一周期，酸性：H2SeO4H2SO4H2SeO3与碱反应，与碱性氧化物反应、与某些金属反应、与某些盐反应根据周期表中的位置，判断Se为非金属，对应的H2SeO4为酸，可能具有酸的通性。（任填一行）【解析】【分析】A、B、C、D、E、F、G为7种短周期主族
36、元素，其原子序数依次增大。E是地壳中含量最高的金属元素，则E为Al元素；B的最高正化合价与最低负化合价的绝对值之差为2，最外层电子数为5，原子序数小于铝，故B为N元素；A、C可形成A2C和A2C2两种化合物，则A为H元素、C为O元素；D和A同主族，D的原子序数大于氧，故D为Na元素；F和C同主族且可形成FC2和FC3两种化合物，则F为S元素，G的原子序数最大，故G为Cl元素，据此解答。【详解】根据上述分析，A为H元素；B为N元素；C为O元素；D为Na元素；E为Al元素；F为S元素；G为Cl元素。(1)G为Cl元素，名称为氯，在元素周期表中位于第三周期A族，故答案为：氯；第三周期A族；(2)F为
37、S元素，质子数和中子数相等的原子的质量数为16+16=32，原子符号为3216S，硫原子最外层有6个电子，最高价为+6价，故答案为：3216S；+6；(3)C、D形成的一种淡黄色固体化合物为过氧化钠，电子式为，故答案为：；(4)由上述7种元素中的4种元素组成化合物X，X既能与热的NaOH溶液反应，也能与稀盐酸反应，且均能生成无色气体，则X为(NH4)2 SO3或NH4HSO3，故答案为：(NH4)2 SO3或NH4HSO3；(5)硒原子核电荷数为34，原子核外四个电子层，最外层电子6个，原子结构示意图为，硒的化合物为H2Se、SeO2、SeO3、H2SeO4、H2SeO3、Na2SeO3、Na
38、2SeO4，其性质预测如下表所示：化学式性质理由Se与金属反应/与氢气反应/与氧气反应根据周期表中的位置，判断Se为非金属，可能具有非金属的通性H2Se比H2S的稳定性弱Se与S处于同一主族，且位于S元素的下一周期，非金属性比S弱，由此推出气态氢化物的稳定性也弱。SeO2(SeO3)与碱反应/碱性氧化物反应根据周期表中的位置，判断Se为非金属，对应的SeO2为酸性氧化物，可能具有酸性氧化物通性。H2SeO4与碱反应，与碱性氧化物反应、与某些金属反应、与某些盐反应酸性：H3SeO4H2SO4根据周期表中的位置，判断Se为非金属，对应的H2SeO4为酸，可能具有酸的通性。Se与S处于同一主族，且位
39、于S元素的下一周期，酸性：H2SeO4H2SO4H2SeO3与碱反应，与碱性氧化物反应、与某些金属反应、与某些盐反应根据周期表中的位置，判断Se为非金属，对应的H2SeO4为酸，可能具有酸的通性。故答案为：化学式性质理由Se与金属反应/与氢气反应/与氧气反应根据周期表中的位置，判断Se为非金属，可能具有非金属的通性H2Se比H2S的稳定性弱Se与S处于同一主族，且位于S元素的下一周期，非金属性比S弱，由此推出气态氢化物的稳定性也弱。SeO2(SeO3)与碱反应/碱性氧化物反应根据周期表中的位置，判断Se为非金属，对应的SeO2为酸性氧化物，可能具有酸性氧化物通性。H2SeO4与碱反应，与碱性氧
40、化物反应、与某些金属反应、与某些盐反应酸性：H3SeO4H2SO4根据周期表中的位置，判断Se为非金属，对应的H2SeO4为酸，可能具有酸的通性。Se与S处于同一主族，且位于S元素的下一周期，酸性：H2SeO4H2SO4H2SeO3与碱反应，与碱性氧化物反应、与某些金属反应、与某些盐反应根据周期表中的位置，判断Se为非金属，对应的H2SeO4为酸，可能具有酸的通性。25.为探索工业中铝、铁、铜的合金废料的再利用，某同学设计了如下回收方案： (1)操作的名称是_，滤渣B含有_(填化学式)。(2)反应的离子方程式是_。(3)若要从滤液D中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作是_、冷却结晶、过滤、自然干
41、燥，这一系列操作中没有用到的仪器有_(填序号)。A漏斗 B坩埚 C烧杯 D玻璃棒(4)试剂Y应该是一种_(填“氧化剂”或“还原剂”)，它不可能是_(填序号)。A过氧化氢 B氢气 C氧气 D铁【答案】 (1). 过滤 (2). Fe、Cu (3). CO2AlO22H2OHCO3Al(OH)3 (4). 蒸发浓缩 (5). B (6). 氧化剂 (7). BD【解析】【分析】Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有
42、FeSO4，Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，为H2O2，A(NaAlO2)与过量的气体X反应生成沉淀C，沉淀C与盐酸反应生成溶液F，因此X为CO2，反应生成Al(OH)3，所以C是Al(OH)3，Al(OH)3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3。【详解】(1)根据上述分析，操作为过滤，滤渣B中含有Fe、Cu，故答案为：过滤；Fe、Cu；(2)反应为偏铝酸钠和过量二氧化碳的反应，反应的离子方程式为CO2AlO22H2OHCO3Al(OH)3，故答案为：CO2AlO22H2OHCO3Al(OH)3；(3)若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作
43、步骤：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌，在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液，所以没有用到的仪器有坩埚，故选B，故答案为：蒸发浓缩；B；(4)试剂Y应该是一种氧化剂，能将铜氧化为铜离子，所以它不可能是H2或Fe，故选BD，故答案为：氧化剂；BD。26.为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验（夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验）。实验操作实验现象i. 打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸A中有气泡产生，B中红棕色褪色，C中有白色沉淀ii. 取C中沉淀加入盐酸C中白色沉淀不溶解iii. 打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2开
44、始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色（1）A中发生反应的化学方程式是_。（2）B中红棕色褪色的离子方程式是_。（3）甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2SO2。C中产生白色沉淀的离子反应方程式是_。乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是_。丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是_。将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C中产生白色沉淀，得出结论：氧化性H2O2SO2。（4）iii中滴入少量H2O2没有明显变化。提出假设：观点1：H2O2的量少不能氧化溴离子观点2：B中有未反应SO2为验证观点
45、2，应进行的实验操作及现象是_。（5）通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是_。【答案】 (1). Na2SO3(固)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O (2). SO2+Br2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+ (3). SO2+Ba2+H2O2=BaSO4+2H+ (4). 打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹 (5). CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液 (6). 取少量加入H2O2前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，若品红溶液褪色，则观点2成立 (7). H2O2Br2SO2【解析】【详解】(1)在A
46、中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3(固)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3(固)+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O；(2)溴单质具有氧化性，能将二氧化硫氧化，发生氧化还原反应，红棕色褪色的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，故答案为：SO2+Br2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+；(3)C中产生白色沉淀，是因为氧化性：H2O2SO2，产生白色沉淀的离子反应方程式为SO2+Ba2+H2O2=BaSO4+2H+，故答案为：SO2+Ba2+H2O2=BaSO4
47、+2H+；由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹，故答案为：打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；由于溴单质有挥发性，溴单质也可以将SO2氧化产生同样的实验现象，所以丙同学认为还应该在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，D中盛放的试剂可以是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液，故答案为：CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；(4)由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，若品红溶液褪色，则观点2成立，故答案为：取少量加入H2O2前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，若品红溶液褪色，则观点2成立；(5)物质在发生氧化还原反应中氧化性强的可以把氧化性弱的制取出来，所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2Br2SO2，故答案为：H2O2Br2SO2。