1、四川省蓉城联盟2019-2020学年高一化学下学期期中联考试题（含解析）注意事项：l.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12、选择题：本题共22小题，每小题2分，共44分。在每小题给出的四个选项中，
2、只有一项是符合题目要求的。1.科学家在月球表面的土壤里发现了一种非常珍贵的资源He，它是可控核聚变的原料，关于：He的叙述正确的是（ ）A. He核内中子数比质子数多lB. He和He互为同位素C. He元素的相对原子质量就是3D. He和He属于同种元素，所以物理性质和化学性质都相同【答案】B【解析】【详解】A核内质子数为2，质量数为3，则中子数为3-2=1，质子数比中子数多1，故A错误；B因具有相同原子序数（即质子数相同，因而在元素周期表中的位置相同），但质量数不同，亦即中子数不同的一组核素，互称为同位素。而和两种核素是质子数相同，中子数不同的原子，互称为同位素，故B正确； C质量数为3，
3、元素的相对原子质量是其各种同位素相对原子质量的加权平均值，故C错误；DHe和He互为同位素，同一元素的各种同位素的物理性质不同，化学性质基本相同，故D错误；答案为B。2.元素符号、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语，下列化学用语错误的是（ ）A. CO2分子的电子式为：B. NaOH的电子式为：C. Cl-的结构示意图为：D. HClO的结构式为：H-Cl-O【答案】D【解析】【详解】ACO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，则其电子式为，故A正确；B氢氧化钠为离子化合物，钠离子与氢氧根离子通过离子键结合，电子式：，故B正确；C氯元素是17号元素，故氯
4、离子的核内质子数为17，当核电荷数=质子数核外电子数，为阴离子，结构示意图为，故C正确；D次氯酸为共价化合物，分子中含有1个H-O键和1个O-Cl键，其正确的结构式为H-O-Cl，故D错误；答案为D。【点睛】本题最易错选D，往往根据次氯酸化学式书写HClO，就认为它的结构式为HClO，而忽视了成键规律，氯原子最外层有7个电子，得一个或共用一对就达到饱和，故正确的结构式为H-O-Cl。3.在下列物质中，所含化学键类型相同的一组是（ ）A. Na2O2、H2O2B. Na2S、SO2C. CCl4、CH4D. NH4Cl、HCl【答案】C【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成
5、离子键，非金属元素之间易形成共价键，以此解答该题。【详解】A过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O-O原子之间存在非极性共价键，H2O2中H-O原子之间存在极性共价键，O-O原子之间存在非极性共价键，两物质含有的化学键类型不同，故A错误；B硫化钠为离子化合物，含有离子键，二氧化硫只含有共价键，两物质含有的化学键类型不相同，故B错误；CCCl4、CH4分子内分别存在C-Cl、C-H键，都为极性共价键，两物质含有的化学键类型相同，故C正确；DNH4Cl中铵根离子和氯离子之间以离子键结合，氯化氢中氯元素和氢元素之间以共价键结合，两物质含有的化学键类型不相同，故D错误；答案为C。4.下列有关物
6、质结构的描述，正确的是（ ）溴苯分子中的所有原子不可能共平面乙烯分子中的所有原子共平面二氯甲烷分子为正四面体结构乙烷分子中的所有原子不可能都在同一平面内A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】苯分子中所有原子处于同一平面上，苯分子中的一个氢原子被溴原子取代生成溴苯，所以溴苯中的所有原子处于同一平面上，故错误；乙烯含有碳碳双键，为平面形结构，则乙烯分子中的所有原子共平面，故正确；二氯甲烷中存在2个C-Cl键和2个C-H键，由于它们的键长不等，所以二氯甲烷不可能为正四面体结构，故错误；乙烷中可以看作甲基取代了甲烷分子中的一个氢原子，甲烷为正四面体结构，则乙烷分子为四面体结构，分子中所有原
7、子不可能共平面，故正确；答案为B。5.下列有关元素周期表的说法，正确的是（ ）A. 元素周期表一共有18个纵行，18个族B. 元素周期表中IA族元素和IVA族元素，原子序数相差值可能为：3，13，27C. 元素周期表中同主族元素的原子序数之差可能为：2，8，18，25等D. 元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素【答案】B【解析】【详解】A第族有三个纵列，所以元素周期表中共有18个纵行，共有16个族，其中7个主族，7个副族，1个第VIII族，1个零族，故A错误；B元素周期表中IA族元素包括1H，3Li，11Na，19K，37Rb，55Cs，87Fr，IVA族元素包括6C，14
8、Si，32Ge，50Sn，82Pb，则3Li与6C相差3，19K与32Ge相差13，55Cs与82Pb相差27，故B正确；C同主族相邻周期元素若在过渡元素之前，原子序数之差为上一周期容纳元素种数，同主族相邻周期元素若在过渡元素之后，原子序数之差为下一周期容纳元素种数，各周期容纳元素种数为2、8、18、32，故C错误；D元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素单质具有导体和绝缘体性质，能作半导体材料，副族和第VIII族元素属于过渡元素，故D错误；答案为B。6.若甲烷与氯气以物质的量之比1：3混合于试管中进行如下实验（如图），下列对于试管内发生的反应及现象的说法正确的是（ ）A. 反应完全后，
9、向饱和食盐水中加入紫色石蕊试液无变化B. 甲烷和Cl2反应后的产物只有CHCl3和HCl两种产物C. 反应过程中试管内黄绿色逐渐消失，试管壁上有油珠产生D. CH4和Cl2完全反应后液面上升，液体充满试管【答案】C【解析】【分析】甲烷和Cl2在光照条件下发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢，其中一氯甲烷和氯化氢是气体，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷是油状液体。【详解】A. 反应生成氯化氢气体，氯化氢气体极易溶于水，反应完全后，向饱和食盐水中加入紫色石蕊试液，溶液会变红，A错误；B. 甲烷和Cl2在光照条件下发生取代反应是连锁反应，该反应可得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲
10、烷、四氯甲烷以及氯化氢气体，B错误；C. 生成二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷都是难溶于水的油状液体，因此反应过程中试管内黄绿色逐渐消失，试管壁上有油珠产生，C正确；D. 反应生成的一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷都难溶于水，一氯甲烷呈气态，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷是油状液体，氯化氢极易溶于水，因此完全反应后液面上升，液体不会充满试管，D错误；故答案为：C。【点睛】高中化学常用的酸碱指示剂有甲基橙、石蕊和酚酞：甲基橙的变色范围为3.14.4，小于3.1为红色，在3.14.4之间为橙色，大于4.4为黄色；石蕊溶液变色范围为5.08.0，小于5.0为红色，在5.08.0之间为紫色，大于8.0
11、为蓝色；酚酞试液变色范围为8.210.0，小于8.2为无色，在8.210.0之间为浅红色，大于10.0为红色。7.下列说法正确的是（ ）A. 离子键就是阴、阳离子间的静电引力B. 所有金属元素与所有非金属元素之间都能形成离子键C. HCl在水中能电离出H+和Cl-，所以HCl由H+和Cl-构成D. 某化合物熔融态能导电，则该化合物中一定含有离子键【答案】D【解析】【详解】A离子键本质是阴、阳离子间的静电作用，包括静电引力、静电斥力，故A错误；B所有金属元素与所有非金属元素之间不一定形成离子化合物，如Al与Cl形成的氯化铝为共价化合物，故B错误；C氯化氢溶于水后在水分子的作用下能电离出自由移动的
12、阴阳离子，但氯化氢分子中氯原子和氢原子之间只存在共价键，是共价化合物，不是由阴阳离子构成的，故C错误；D化合物在熔融态能导电，则该化合物一定是离子化合物，其中一定含有离子键，故B正确；答案为D。8.下列说法错误的是（ ）A. 白磷和红磷互称为同素异形体B. 和互称为同分异构体C. C2H6和C4H10互为同系物D. 正戊烷和异戊烷是同分异构体【答案】B【解析】【详解】A白磷和红磷是磷元素的不同单质互称为同素异形体，故A正确；B根据系统命名原则，选最长碳链作主链，则主链有4个碳原子，编号，使取代基位次和最小，则2号位有二个甲基，3号位有一个甲基，它的系统命名为2，2，3-三甲基丁烷，同理它的系统
13、命名也为2，2，3-三甲基丁烷，名称相同，为同一种物质，故B错误；CC2H6和 C4H10是烷烃，结构相似组成相差2个CH2，则互为同系物，故C正确；D正戊烷的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH3，异戊烷的结构简式为(CH3)2CHCH2CH3，二者的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；答案选B。9.核电荷数小于18的某元素X，其原子核外的电子层数为n，最外层电子数为(2n+1)，原子核内质子数是(2n2-1)，则下列有关X的说法错误的是（ ）A. X的最低价氢化物易溶于水，且水溶液一定显酸性B. X的最高价氧化物对应的水化物都为强酸C. X的最高正价可能为+7价D. X形成的
14、单质可能无色，且常温下为气体【答案】A【解析】【分析】根据核电荷数小于18的某元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为(2n+1)，原子核内质子数是2n2-1，假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此来解答。【详解】由上面分析知，质子数为7，氮元素；质子数为17，氯元素；A氮和氯的氢化物都溶于水，但氮的氢化物的水溶液呈碱性，故A错误；B氮和氯的最高价氧化物对应的水化物分别为HNO3和HClO4，均是强酸，故B正确；C氯元素的最外层电子数为7，最高正价为+7，故C正确；D氮元素形成的
15、单质为N2，无色且常温下为气体，故D正确；答案为A。10.下列物质中都能使酸性KMnO4溶液褪色的是（ ）甲烷苯乙醇乙烯乙酸A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】甲烷性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；苯性质稳定，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙醇含有羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙烯含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙酸没有还原性，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；因而能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；答案为B。11.Q、R、T
16、、M、W五种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，其中M的原子序数是R的原子序数的2倍。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径大小顺序为r(M)r(W)r(Q)r(R)B. Q、W的单核离子的核外电子数相等C. 铁常温下不能和M的最高价含氧酸的浓溶液发生化学反应D. W最低价氢化物的还原性比M最低价氢化物的还原性强【答案】A【解析】【详解】Q、R、T、M、W五种短周期元素在周期表中的相对位置如图所示，其中M的原子序数是R的原子序数的2倍。结合位置关系可知，M为S，R为O，则W为Cl，Q为N，T为Si，由上面分析可知：A简单离子半径大小比较，S2-和Cl-，它们具有相同的电子层结构，随着核电
17、荷数递增，半径减小，故r(M)r(W)，Q离子和R离子也具有相同的电子层结构，随着核电荷数递增，半径减小，故r(Q)r(R)，由于M和W电子层大于Q和R，则简单离子半径大小顺序为r(M)r(W)r(Q)r(R)，故A正确；BQ、W的单核离子的电子层不同，核外电子分别为10、18，故B错误；C铁常温下会与浓H2SO4发生反应而生成致密的氧化膜产生钝化现象，发生了化学反应，故C错误；D同周期元素从左至右，非金属性越来越强，因而非金属性MW，故D错误；答案为A。【点睛】本题最易错选C选项，往往只知道在常温下铁在浓H2SO4中产生钝化现象，而认为没有化学反应，其实质是发生化学反应而生成致密的氧化膜，阻
18、止反应继续进行，才产生了钝化。12.下列有机反应方程式书写错误的是（ ）A. +HO-NO2+H2OB. nCH2=CH2C. CH3COOH+CH3CH2OHH2O+CH3COOCH2CH3D. 2CH3CH2OH+O22CH3CHO【答案】D【解析】【详解】A苯与浓硝酸在浓硫酸催化下反应生成硝基苯，反应方程式为：+HO-NO2+H2O，故A正确；B乙烯一定条件下发生加聚反应生成聚乙烯，化学方程式为nCH2=CH2，故B正确；C乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯为CH3COOCH2CH3，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，故C正确；D乙
19、醇催化氧化生成乙醛和水，方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故D错误；答案为D。13.根据同主族和同周期元素性质的递变性分析下面的推断，其中正确的是（ ）A. 已知Ca是第四周期IIA族元素，故Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性弱B. 已知As是第四周期VA族元素，故AsH3的稳定性比NH3的稳定性强C. 已知Cs是第六周期IA族元素，故Cs与水反应比Na与水反应剧烈D. 已知Se是第四周期VIA族元素，故Se的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸的酸性强【答案】C【解析】【详解】A同主族元素从上往下，金属性依次增强，则金属性CaMg，金属性越强，对应最高价氧化物
20、水化物碱性越强，Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性强，故A错误；B同主族元素从上往下，非金属性依次减弱，则非金属性AsNa，金属性越强，与水反应越剧烈，Cs与水反应比Na与水反应剧烈，故C正确；D同主族元素从上往下，非金属性依次减弱，则非金属性SeHBO4HCO4。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径：ABCB. 元素的非金属性：ABCC. 气态氢化物的稳定性：ABCD. 原子序数：ABHBO4HCO4，A、B、C最高价均为+7，所以A、B、C均为A族元素，且周期数依次增大。【详解】A. 电子层数越多半径越大，所以简单离子半径ABBC，故B错误；C. 同主族元素从上到下，非金属性减
21、弱，气态氢化物的稳定性减弱，稳定性ABC，故C错误；D. 同主族元素从上到下，原子序数增大，原子序数ABZWC. X2Y2化合物中的化学键与X2Y中的化学键类型完全相同D. RY2能使品红溶液褪色，是因为RY2具有漂白性【答案】D【解析】【分析】X元素是短周期主族元素中金属性最强的元素，X是Na元素； Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，则m+n=8，Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，则n=2、m=6，故Y元素是O；Z元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，Z是Si元素；W元素与Z元素同主族，W是C元素；Y元素原子与R元素原子的核外电子数之比为1：2，R
22、是S元素。【详解】A. O的最低价氢化物是H2O， R的最低价氢化物是H2S，水分子间存在氢键，H2O的沸点大于H2S，故A错误； B. 非金属性SCSi，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱排列顺序是H2SO4H2CO3 H2SiO3，故B错误；C. Na2O2中的化学键有离子键、共价键， Na2O中的化学键只有离子键，故C错误；D. SO2具有漂白性，所以SO2能使品红溶液褪色，故D正确；答案选D。20.为提纯下列物质（括号内为杂质），所用的除杂试剂和最佳分离方法都正确的是（ ）选项不纯物除杂试剂最佳分离方法A苯(Br2)NaOH溶液分液BCH4(C2H4) 酸性高锰酸钾溶液洗气CC2H5OH
23、(H2O）新制生石灰过滤D乙酸乙酯（乙酸）饱和Na2CO3溶液蒸发A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. Br2和氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠，苯难溶于氢氧化钠溶液，苯和Br2的混合物加入氢氧化钠溶液中，分液后得到苯，故选A；B. C2H4和酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳气体，引入新杂质二氧化碳，所以不能用酸性高锰酸钾溶液除CH4中的C2H4气体，故不选B；C. C2H5OH和氧化钙不反应，H2O和氧化钙反应生成氢氧化钙，加入生石灰后蒸馏，可除去C2H5OH中的H2O，故不选C；D. 乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸和碳酸钠溶液反应，通入饱和碳酸钠中，静止后
24、分液，可除去乙酸乙酯中的乙酸，故不选D。21.四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-(a、b、c、d为元素的原子序数），它们具有相同的电子层结构，若mbcdc-n=d-m离子半径ZRXY元素金属性YX最低价氢化物的热稳定性RZA. 正确B. 正确C. 都正确D. 正确【答案】D【解析】【分析】主族元素的离子具有相同的电子层结构就是具有相同的电子数，根据电子数相等和m、n的大小关系可以判断元素的原子序数大小，根据形成离子的种类判断元素的种类，确定其在元素周期表中的位置，然后进行性质的比较。【详解】四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-，它们具有相同的电子层结构
25、，即离子具有相同的电子数，则：a-m=b-n=c+n=d+m，若madc，结合离子所带电荷可知，X、Y为金属元素，Z、R为非金属元素，且X、Y位于Z、R所在周期的下一周期。由题意可知，四种主族元素的离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-，它们具有相同的电子层结构，即离子具有相同的电子数，则：a-m=b-n=c+n=d+m，若madc，故错误；离子cZn-和dRm-具有相同的电子层结构，即离子具有相同的电子数，则：c+n=d+m，故错误；离子的电子层数越多，半径越大，如果电子层数相同，原子序数越大离子半径越小，离子aXm+、bYn+、cZn-和dRm-，具有相同的电子层结构，即电子层数相同，
26、由分析可知原子序数大小关系为：badc，所以aXm+、bYn+、cZn-和dRm-离子半径大小为：ZRXY，正确； X、Y为同周期的金属元素，且原子序数ba，即X在左，Y在右，同周期自左向右金属性减弱，故元素金属性X Y，错误； Z、R为同周期的非金属元素，且原子序数dc，即Z在左，R在右，同周期自左向右非金属性增强，最低价氢化物的热稳定性也增强，故最低价氢化物的热稳定性为：R Z，正确。正确，答案选D。22.短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，X、Y、Z均是由这些元素组成的二元化合物，它们存在转化关系：MX+Y+Z，组成化合物X的原子个数比为1:3，且液态X常用作制冷剂，Y的排放
27、是形成酸雨的主要原因，且Y的组成元素位于同一主族且原子序数相差8，常温常压下Z为无色液体。下列说法错误的是（ ）A. 原子半径：dbcaB. b的最低价氢化物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红C. M既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应D. b2c5、dc3均为酸性氧化物【答案】B【解析】【分析】化合物X的原子个数比为1:3，且液态X常用作制冷剂，则X为氨气；Y的排放是形成酸雨的主要原因，且Y的组成元素位于同一主族且原子序数相差8，则Y为二氧化硫；常温常压下Z为无色液体，则Z为水；M为亚硫酸氢铵；短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大，X、Y、Z均是由这些元素组成的二元化合物，则a、b、c、
28、d分别为氢元素、氮元素、氧元素、硫元素。【详解】A.同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，硫位于第三周期，在四种元素中原子半径最大，氢位于第一周期，原子半径最小，则原子半径：SNOH，故A正确；B.b的最低价氢化物为氨气，氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，故B错误； C.M为亚硫酸氢铵，为弱酸弱碱盐，则既能与强酸溶液反应，又能与强碱溶液反应，故C正确；D.N2O5、SO3均能与碱发生反应只生成盐和水，则均为酸性氧化物，故D正确；综上所述，答案为B。【点睛】比较原子半径时，一般可先比较电子层，电子层数越多，其对应的原子的原子半径越大；当电子层数相同时，
29、再比较核电荷数，核电荷数小的原子半径大。二、非选择题：本题共5小题，共56分。23.下表是元素周期表的一部分，字母aj代表10种常见的短周期元素，请用相应的化学用语或者化学符号回答下列问题。（1）d在周期表中的位置是_。与g同主族的下一周期的元素的原子序数为_。（2）b的一种同位素含有8个中子，可用于考古时测定文物的年代，则该同位素的原子符号为_。（3）在e、f、i、j四种元素中，简单离子半径最大的是_（填离子符号）。（4）e、f、g三种元素的最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的是_（填化学式）。（5）c、i、j分别形成的简单气态氢化物中，最不稳定的是_（填化学式），还原性最强的是_（填化学式
30、）。（6）元素a与e可以形成离子化合物ea，请用电子式表示出其形成过程_。【答案】 (1). 第二周期VIIA族 (2). 31 (3). 14C（或C） (4). S2- (5). NaOH (6). H2S (7). H2S (8). 【解析】【详解】由元素在周期表的位置可知：a是H，b是C，c是O，d是F，e是Na，f是Mg，g是Al，h是P，i是S，j是Cl，由以上分析可知：（1）d是F元素，在周期表位置是第二周期VIIA族，g是Al元素，它的原子序数为13，同主族的下一周期的元素的原子序数为13+18=31；答案为第二周期VIIA族，31。（2）b为C元素，它的质子数为6，它的一种同
31、位素含有8个中子，质量数为6+8=14，可用于考古时测定文物的年代，则该同位数的符号为14C（或）；答案为14C（或）。（3）在Na、Mg、S、Cl四种元素中，简单离子S2-和Cl-具有相同的电子层结构，离子半径随着核电荷的递增而减小，则离子半径S2-Cl-，同理Na+和Mg2+也具有相同的电子层结构，离子半径随着核电荷的递增而减小，则离子半径Na+Mg2+，由于S2-、Cl-电子层有三层，Na+、Mg2+电子层是二层，所以离子半径S2-Cl-Na+Mg2+，离子半径最大的是S2-；答案为S2-。（4）Na、Mg、Al三种元素处于同一周期，从左至右，金属性依次减弱，其最高价氧化物对应的水化物中
32、碱性依次减弱，故碱性NaOHMg(OH)2Al(OH)3，碱性最强的为NaOH；答案为NaOH。（5）O、S、Cl三种元素，非金属性OS（同主族性质递变），ClS(同周期性质递变)，则S的非金属性在三种元素中最弱，因而氢化物最不稳定，其还原性最强；答案为H2S，H2S。（6）元素H与Na可以形成离子化合物NaH，用电子式表示出其形成过程为：；答案为。24.化学兴趣小组设计“乙醇催化氧化实验”来探究催化剂的催化机理并对反应后的产物进行分析，装置（夹持装置等已省略）如图所示。试回答以下问题：（1）C中热水的作用是_；在装入实验药品之前，应进行的操作是_。（2）装入实验药品后，关闭活塞a、b、c，在
33、铜丝的中间部分加热片刻，M处铜丝由红变黑，反应的化学方程式为_，然后打开活塞a、b、c，通过控制活塞a和b，间歇性地通入气体，即可在M处观察到受热部分的铜丝交替出现变红、变黑的现象。铜丝由黑变红时，发生反应的化学方程式为_。通过实验，可以得出结论：该实验过程中催化剂_（填“参加”或“不参加”)化学反应。（3）反应进行一段时间后，试管F中能收集到的有机物主要有_、_。（4）若试管F中收集到的液体用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明液体中还有_。要除去该物质，可先在混合液中加入_（填字母），然后通过_即可（填操作名称）。A.氯化钠溶液 B.苯 C.碳酸氢钠溶液 D.四氯化碳【答案】 (1). 使D
34、中无水乙醇变为蒸气进入M中 (2). 检查装置的气密性 (3). 2Cu+O22CuO (4). CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O (5). 参加 (6). 乙醛（或CH3CHO) (7). 乙醇（或CH3CH2OH) (8). 乙酸（或CH3COOH) (9). C (10). 蒸馏【解析】【分析】A为制备氧气的装置，B为干燥氧气的装置，C为产生乙醇蒸汽的装置，M为氧气与乙醇在铜催化条件下发生反应的装置，F为吸收生成的乙醛以及挥发出的乙醇的装置。详解】（1）C中热水的能使沸点较低的乙醇转化为乙醇蒸气，从而进入M装置中发生反应；在装入实验药品之前，应进行的操作是检查装置的气密
35、性，故答案为：使D中无水乙醇变为蒸气进入M中；检查装置的气密性；（2）M处铜丝由红变黑，是因为铜在加热条件下与氧气发生反应，其反应的化学反应方程式为2Cu+O22CuO；铜丝由黑变红，是因为乙醇与氧化铜在加热条件下发生了反应，其反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，通过上述实验过程和现象可知，铜先转化为氧化铜，后又转化为铜，则可知催化剂参加了化学反应，故答案为：2Cu+O22CuO；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O；参加；（3）因为乙醇和乙醛的沸点都比较低，均能挥发，且能溶于水，则反应进行一段时间后，试管F中能收集到的有机物主要乙醛和乙醇，故答
36、案为：乙醛（或CH3CHO)；乙醇（或CH3CH2OH)；（4）用紫色石蕊试纸检验，试纸显红色，说明溶液显酸性，则可知试管F中收集到的液体中还有乙酸，乙酸能与碳酸氢钠发生反应转化为乙酸钠，而与氯化钠、苯、四氯化碳均与乙酸不发生反应，所以可以用碳酸氢钠溶液，再用蒸馏方法即可将乙酸除去，故答案为：乙酸（或CH3COOH)；C；蒸馏。25.U、V、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的六种短周期元素。U为非金属元素，且U与X同主族；V与X两元素的最高正化合价之和为6；W与Y同主族；X的周期数是族序数的3倍；Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍。请推测出U、V、W、X、Y和Z六种元素，并用相应的化学用语或
37、者.化学符号回答下列问题：（1）V的原子结构示意图为_，W、X、Y三种元素的原子半径由大到小的顺序为_。（2）物质VU4Z的电子式为_，存在的化学键有_。（3）U与W能形成的18e-分子的结构式为_，W的化合价为_。（4）W和U两元素形成的阴离子与V和U两元素形成的阳离子含有相同的电子数，且在水溶液中、加热条件下能够发生反应生成含相同电子数的两种分子，该反应的离子方程式为_。（5）加热搅拌条件下，XZW3能将强酸性溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，当消耗1molXZW3时，转移6mole-，其离子方程式是_。【答案】 (1). (2). r(Na)r(S)r(O)(或NaSO) (3). (4)
38、. 离子键和共价键（或“离子键和极性键”或“离子键和极性共价键”) (5). H-OO-H (6). -1价 (7). NH4+OH-NH3+H2O (8). 6Fe2+6H+ClO3-6Fe3+Cl-+3H2O【解析】【分析】U、V、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的六种短周期元素，X的周期数是族序数的3倍，故X为Na元素；U为非金属元素，且U与X同主族，U为H元素；V与X两元素的最高正化合价之和为6，Na元素最高正化合价为1，所以V的最高正价为+5，即V在第VA族，又V的原子序数比Na小，所以V为N元素；Y为第三周期元素，又Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍，所以Y为S元素；W与Y同主族
39、，故W为O元素，Z的原子序数比S大且Z为短周期元素，所以Z为Cl元素，故U、V、W、X、Y和Z分别为H、N、O、Na、S、Cl六种元素，据此分析解答此题。【详解】由分析可知，U、V、W、X、Y和Z分别为H、N、O、Na、S、Cl六种元素。（1）V为N元素，核内有7个质子，核外有7个电子，最外层有5个电子，原子结构示意图为；原子电子层数越多，半径越大，电子层数相同的原子，核内质子数越多，半径越小，W、X、Y分别是O、Na、S，电子层数分别为2、3、3，质子数分别为8、11、16，故O、Na、S三种元素的原子半径由大到小的顺序为：r(Na)r(S)r(O)(或NaSO)；（2）物质VU4Z的化学式
40、为NH4Cl，属于离子化合物，由阴阳离子以离子键构成，电子式为：；NH4Cl中铵根离子与氯离子之间为离子键，铵根中氮原子和氢原子之间为极性共价键，答案为：；离子键和共价键（或“离子键和极性键”或“离子键和极性共价键”)；（3）U与W即H与O元素，形成的常见化合物有H2O、H2O2，其中H2O2为18电子分子，结构式为HOOH，其中H为+1价，O为-1价，答案为：HOOH；-1价；（4）W和U两元素形成的阴离子与V和U两元素形成的阳离子分别是OH-和NH4+，OH-和NH4+在加热的条件下生成NH3和H2O，OH-、NH4+、NH3、H2O都含有10个电子，都属于10电子微粒，反应的离子方程式为
41、：NH4+OH-NH3+H2O；（5）XZW3为HClO3，HClO3能将强酸性溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，当消耗1mol HClO3时，转移6mole-，即一个氯原子得到6个电子，HClO3中Cl 为+5价，得到6个电子变成-1价的Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：6Fe2+6H+ClO3-6Fe3+Cl-+3H2O。【点睛】确定元素是解题的关键与难点，短周期为前三周期，X的周期数是族序数的3倍，那么X只能是在第三周期，而且只能在第A族，所以X只能是Na元素，然后根据题中信息逐一确定其他元素。26.按照组成元素可将有机物分为烃和烃的衍生物。I.丙烯(CH3CH=C
42、H2)是一种重要的化工原料，它存在如下转化关系：（1）等质量的甲烷、丙烷和丙烯，完全燃烧时耗氧量最多的物质是_。（2）在120、1.01105Pa条件下时，取一定体积的丙烯和足量的氧气混合点燃，相同条件下测得反应前后气体体积将_（填“变大”“变小”或“不变”)。（3）丙烯能使溴水褪色，其反应的化学方程式为_，反应类型为_。（4）CH3CHBrCH3的同分异构体的结构简式为_。II.由丙烯可以制得多种重要的衍生物，如丙烯酸(CH2=CHCOOH)、乳酸CH3CH(OH)COOH等。（1）丙烯酸中含有的无氧官能团的名称是_。（2）丙烯酸与CH318OH发生酯化反应的化学方程式为_。（3）0.2mo
43、l乳酸与足量碳酸氢钠溶液反应，能生成标准状况下的CO2_L。【答案】 (1). 甲烷（或CH4) (2). 变大 (3). CH3CH=CH2+Br2 (4). 加成反应 (5). CH3CH2CH2Br (6). 碳碳双键 (7). CH2=CHCOOH+CH318OH+H2O（或CH2=CHCOOH+CH318OHCH2=CHCO18OCH3+H2O） (8). 4.48【解析】【分析】I.（1）由CO2CO2，4HO22H2O进行比较可知，等质量的烃完全燃烧时，消耗氧气的量取决于CHx中x的值，x值越大，耗氧量越多；（2）丙烯在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为2C3H6
44、+9O2 6CO2+6H2O，由方程式可知在120、1.01105Pa下时，反应前的气体体积小于反应后气体体积；（3）丙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色；（4）丙烷结构对称，分子中含有2类氢原子，一溴代物有2种；II.（1）丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，官能团为羧基和碳碳双键；（2）在浓硫酸作用下，丙烯酸与CH318OH共热发生酯化反应生成和H2O；（3）CH3CH(OH)COOH含有1个羧基和1个羟基，羧基能与碳酸氢钠溶液反应，羟基与碳酸氢钠溶液不反应。【详解】I.（1）由CO2CO2，4HO22H2O进行比较可知，等质量的烃完全燃烧时，消耗氧气的量取决于CHx中x
45、的值，x值越大，耗氧量越多，甲烷、丙烷和丙烯中x值分别为4、2，则甲烷的耗氧量最高，故答案为：甲烷（或CH4)；（2）丙烯在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为2C3H6+9O2 6CO2+6H2O，由方程式可知在120、1.01105Pa下时，反应前的气体体积小于反应后气体体积，则丙烯完全燃烧后，气体体积变大，故答案为：变大；（3）丙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Br2，故答案为：CH3CH=CH2+Br2；加成反应；（4）丙烷结构对称，分子中含有2类氢原子，一溴代物有2种，则CH3CHBrCH3的同分异构体为CH3CH
46、2CH2Br，故答案为：CH3CH2CH2Br；II.（1）丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，无氧官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）在浓硫酸作用下，丙烯酸与CH318OH共热发生酯化反应生成和H2O，反应的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH318OH+H2O，故答案为：CH2=CHCOOH+CH318OH+H2O（或CH2=CHCOOH+CH318OHCH2=CHCO18OCH3+H2O）；（3）CH3CH(OH)COOH含有1个羧基和1个羟基，羧基能与碳酸氢钠溶液反应，羟基与碳酸氢钠溶液不反应，则0.2mol乳酸与足量碳酸氢钠溶液反应生成0.2mol二氧化碳，标准状况下的
47、体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48。【点睛】由CO2CO2，4HO22H2O进行比较可知，等质量的烃完全燃烧时，消耗氧气的量取决于CHx中x的值，x值越大，耗氧量越多是解答关键。27.化学兴趣小组设计如图所示的装置来验证元素非金属性的强弱：（1）仪器B的名称为_，干燥管D的作用是_。（2）甲组同学的实验目的：证明非金属性：ClI。C中为淀粉碘化钾混合溶液，B中装有KMnO4固体，则A中试剂为_，观察到C中溶液_（填现象），即可证明。但乙组同学认为该装置有明显的缺陷，改进方案是_。（3）丙组同学的实验目的：证明非金属性：SCSi。在A中加稀硫酸、B中加Na2CO
48、3溶液、C中加Na2SiO3溶液。观察到_（填现象），即可证明。C中发生反应的化学方程式为_。（4）丁组同学的实验目的：证明非金属性：NCSi。实验方案与丙组同学的相似。在A中加稀硝酸、B中加Na2CO3溶液、C中加Na2SiO3溶液。观察到与丙组同学相同的实验现象，即可证明。但丙组同学认为该方案能证明非金属性：NC，但不能证明非金属性：CSi，理由是_。【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 防倒吸 (3). 浓盐酸 (4). 变为蓝色（或由无色变为蓝色） (5). 在最后增加一个吸收多余氯气、氯化氢等气体的尾气处理装置 (6). B中产生气泡，C中产生白色胶状沉淀（或C中产生白色胶状物或白
49、色沉淀） (7). Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3(或Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3+2NaHCO3 (8). 硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸分子会与CO2一起进入C装置中，干扰实验【解析】【详解】（1）仪器B的名称为圆底烧瓶，干燥管D的作用是防倒吸，故答案为：圆底烧瓶；防倒吸；（2）证明非金属性：ClI 的反应原理为Cl2+2KI=2KCl+I2；B中装有KMnO4固体，A中应装有浓盐酸，高锰酸钾与浓盐酸发生反应制备氯气，氯气与碘化钾发生反应生成碘单质，I2遇淀粉溶液会变蓝，因为氯气以及挥发出的氯化氢是污染空气的气体，所以该装置缺少尾气处理装置，故
50、答案为：浓盐酸；变为蓝色（或由无色变为蓝色）；在最后增加一个吸收多余氯气、氯化氢等气体的尾气处理装置；（3）根据强酸制弱酸的原理，因为硫酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠与稀硫酸反应能生成二氧化碳，B中产生气泡；又因为碳酸的酸性强于硅酸，则二氧化碳能与硅酸钠反应生成硅酸，其反应的化学反应方程式为Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3(或Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3+2NaHCO3，硅酸为难溶性的酸，则C中产生白色胶状沉淀，由此推出非金属性SCSi，故答案为：B中产生气泡，C中产生白色胶状沉淀（或C中产生白色胶状物或白色沉淀）；Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3+Na2CO3(或Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3+2NaHCO3；（4）因为硝酸具有挥发性，在生成的二氧化碳气体中会混有挥发出的硝酸，硝酸也能与硅酸钠反应生成硅酸，所以会干扰碳酸与硅酸酸性强弱的判断，故答案为：硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸分子会与CO2一起进入C装置中，干扰实验。