1、北京市八一学校20192020学年度第二学期末试卷高一化学相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 Cl-35.5 S-32 Na-23 Cu-64 Fe-56 Mg-24 K-39一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题2分，共42分）1.医用外科口罩的结构示意图如下图所示，其中过滤层所用的材料是熔喷聚丙烯，具有阻隔部分病毒和细菌的作用。下列关于医用外科口罩的说法不正确的是A. 防水层具有阻隔飞沫进入口鼻内的作用B. 熔喷聚丙烯属于合成高分子材料C. 熔喷聚丙烯材料难溶于水D. 用完后应投入有标志的垃圾箱【答案】D【解析】【详解】A.由医用外科口罩的结构示意图可知防水层具有阻隔飞
2、沫进入口鼻内的作用,A项正确；B.熔喷聚丙烯通过丙烯加聚反应制得，属于合成高分子材料，B项正确；C.熔喷聚丙烯材料通过丙烯加聚反应制得，属于烃类无亲水基，难溶于水，C项正确；D.口罩用完后属于有害物质，所以用完后应不能投入有标志的垃圾箱，D项错误；答案选D。2.糖类、油脂和蛋白质是生命活动所必须的营养物质。下列物质中，不能发生水解的是（ ）A. 葡萄糖B. 淀粉C. 植物油D. 蛋白质【答案】A【解析】【分析】【详解】A葡萄糖属于单糖，不能发生水解，故A符合题意；B淀粉为多糖，可以水解生成葡萄糖，故B不符合题意；C植物油含有酯基，可以水解生成甘油和高级脂肪酸，故C不符合题意；D蛋白质含有肽键，
3、可以水解生成氨基酸，故D不符合题意；故答案为A。3.下列物质与水混合、振荡后静置，不出现分层现象的是A. 苯B. 乙醇C. 四氯化碳D. 乙酸乙酯【答案】B【解析】【详解】A、苯难溶于水，和水混合后分层，选项A不符合；B、乙醇和水互溶，和水混合后不分层，选项B符合；C、四氯化碳难溶于水，和水混合后分层，选项C不符合；D、乙酸乙酯难溶于水，和水混合后分层，选项D不符合；答案选B。4.下列元素的原子半径最小的是（ ）A. MgB. AlC. SiD. S【答案】D【解析】【分析】同周期元素随原子序数增大而原子半径减小，不同周期元素，电子层数越多原子半径越大，据此判断。【详解】四种元素属于同周期元素
4、原子，从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径：MgAlSiS，故原子半径最小的是S。答案选D。5.下列物质中，既有离子键，又有共价键的是（ ）A. KOHB. CaCl2C. H2OD. NaCl【答案】A【解析】【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。【详解】A项，KOH中K+与OH-之间为离子键，OH-内O原子与H原子间为共价键，符合题意；B项，氯化钙中只含有离子键，不符合题意；C项，水中只含有共价键，不符合题意；D项，氯化钠中只含有离子键，不符合题意；答案选A。6.下列元素中，非金属性最强的是（ ）A. ClB. SC. PD. F【答案】D【
5、解析】【详解】同周期主族元素自左至右非金属性依次增强，所以非金属性ClSP，同主族元素自上而下非金属减弱，所以非金属性FCl，综上所述非金属性最强是F，故答案为D。7.下列化学用语正确的是（ ）A. 18O2和16O3互为同位素B. 氯化氢的电子式：C. S2-的结构示意图为D. U的质子数和中子数相差55【答案】D【解析】【详解】A同位素的描述对象是原子，18O2和16O3互为同素异形体，故错误；B氯化氢是共价化合物，所以其电子式为，故B错误；CS是16号元素S原子获得2个电子变为S2-，硫离子的结构示意图为：，故C错误；DU中质子数为92，中子数=239-92=147，质子数和中子数相差=
6、147-92=55，故D正确。答案选D。8.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是A. 原子半径：C OB. 酸性：HCl H2SiO3C. 热稳定性：H2O H2SD. 金属性：Na Al【答案】B【解析】A、同周期从左向右，半径减小，即原子半径：CO，符合元素周期律，故A错误；B、HCl中Cl不是最高价，因此无法通过非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，即不符合元素周期律，故B正确；C、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，同主族从上到下非金属性减弱，即O的非金属性强于S，H2O的稳定性强于H2S，符合元素周期律，故C错误；D、同周期从左向右金属性减弱，即Na的金属性强于A
7、l，符合元素周期律，故D错误。9.下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A. 甲烷B. 苯C. 乙醇D. 乙酸【答案】C【解析】A、甲烷性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故A错误；B、苯性质稳定，与酸性高锰酸钾不反应，不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故B错误；C、乙醇含有-OH，具有醇的性质，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D、乙酸与高锰酸钾不反应，所以乙酸不能被酸性KMnO4溶液氧化而褪色，故D错误；故选C。10.下列反应属于加成反应的是（ ）A. 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气B. 乙烯与氯化氢
8、反应生成一氯乙烷C. 乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯和水D. 甲烷与氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢【答案】B【解析】【详解】A乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气属于置换反应，故A不符合题意；B乙烯和氯化氢发生加成反应生成一氯乙烷，故B符合题意；C乙酸和乙醇的酯化反应属于取代反应，故C不符合题意；D甲烷和氯气生成一氯甲烷和氯化氢属于取代反应，故D不符合题意；故答案为B。11.下列物质中与CH3CH2CH2CH3互为同分异构体的是（ ）A. CH4B. C. D. CH3CH=CHCH3【答案】C【解析】【详解】同分异构体是指分子式相同而结构不同的化合物。A与CH4分子式不同，故A不符合题意；B分子式相同，结
9、构也完全一样，是同一种物质，故B不符合题意；C分子式都是C4H10相同，结构不同，故C符合题意；DCH3CH=CHCH3分子式为C4H8，与题干分子不同，故D不符合题意；故答案为C。12.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为： Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是实验反应温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(molL-1)V/mLc/(molL-1)V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解
10、】“最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O3的浓度比A项大，反应速率：B项A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。13.合成氨工业为人类解决粮食问题做出了巨大贡献。一定条件下，在密闭容器中进行合成氨反应：N2（g）+3H2（g）NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，下列说法不正确的是（ ）A. N2、H2完全转化为NH3 B. N2、H2、
11、NH3在容器中共存C. 反应已达到化学平衡状态D. N2、H2、NH3的浓度不再改变【答案】A【解析】【详解】反应N2（g） + 3H2（g）2NH3（g），当正、逆反应速率相等且不等于零时，反应处于化学平衡状态。则A可逆反应中，反应物不能完全转化为氨气，A错误；BN2、H2、NH3在容器中共存，B正确；C正、逆反应速率相等且不等于零时的状态是化学平衡状态，C正确；D化学平衡状态时，各组分的浓度不随时间的变化而变化，D正确。答案选A。【点晴】掌握化学平衡状态的含义是解答的关键，在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，
12、称为化学平衡状态，平衡状态具有逆、等、动、定、变等特征。14.氢氧燃料电池是一种常见化学电源，其工作示意图如图。下列说法正确的是（ ）A. 通H2的一极是正极，发生氧化反应B. 电子由b电极经导向流向a电极C. b电极上发生还原反应，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2OD. 电解质H2SO4溶液的作用是传导电子【答案】C【解析】【详解】A.氢氧燃料电池中氢气发生氧化反应，负极发生氧化反应，则通H2的一极是负极，A错误；B.电子由负极经导线流向正极，a为负极，b为正极，则电子由a电极经导向流向b电极，B错误；C.b为正极发生还原反应，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O，C正确；D.电子
13、不能在电解液中传导，D错误；答案选C。15.某兴趣小组如图实验装置设计成了原电池，电流表指针偏转。下列说法不正确的是（ ）A. 该装置中铝箔为负极B. 电子从铝箔流出，经电流表、活性炭、滤纸回到铝箔C 活性炭表面有气泡产生D. 该原电池的总反应是2Al+6H+=2Al3+3H2【答案】B【解析】【分析】该装置构成原电池，铝易失电子而作负极，活性炭作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极流向正极。【详解】A由分析可知，铝易失电子而作负极，故A正确；B电子从负极铝箔流出，经电流表流向活性炭，故B错误；C活性炭为正极，氢离子在正极得电子生成氢气，故C正确；D该原电池利用
14、了Al和H+的氧化还原反应设计的，总反应是2Al+6H+=2Al3+3H2，故D正确。答案选B。【点睛】考查原电池原理，明确原电池的构成条件、正负极的判断方法、电子的流向即可解答，注意电子不进入电解质溶液，为易错点。16.如图所示是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系，则下列说法正确的是（ ）A. M在周期表中的位置为：第二周期，IVA族B. Y和Z两元素的离子半径相比，后者较大C. M、N两种元素的气态氢化物的稳定性相比，后者较强D. Y元素和X元素可以形成Y2X2型化合物，阴、阳离子物质的量之比为1：1【答案】C【解析】【分析】根据图示部分短周期元素原子半径与原子序数的关系，前7种元素位
15、于第二周期，后7种元素位于第三周期，结合原子半径大小可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al，M为Si，N为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al，M为Si，N为Cl元素，ASi的原子序数为14，位于周期表中第三周期，第IVA族，故A错误；BY离子为Na+，Z离子为Al3+，两者有相同的电子层结构，核电荷数越小，半径越大，故Na+半径大于Al3+，故B错误；CM为Si，N为Cl元素，同周期从左到右，气态氢化物的稳定性逐渐增强，故HCl的稳定性比SiH4强，故C正确；DX为O元素，Y为Na元素，Na元素和O元素形成的Na2O2中，阴离子为过氧根离子，则阴、阳
16、离子物质的量之比为1：2，故D错误；答案选C。【点睛】推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。17.同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似。PH4I是一种白色晶体，下列对PH4I的叙述中，不正确的是（ ）A. PH4I既有离子键又有共价键B. 它是离子化合物C. 它不可能与NaOH溶液反应D. 它受热时，可能会分解【答案】C【解析】【分析】同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似。N和P是同主族元素，I和Cl是同主族元素，所以PH4I和NH4Cl结构和性质相似。【详解】ANH4Cl既含离子键又含共价键，
17、所以PH4I也既含离子键，又含共价键，故A正确；BNH4Cl是离子化合物，所以PH4I也是一种离子化合物，故B正确； CNH4Cl能与NaOH溶液反应生成一水合氨，所以PH4I也能和NaOH溶液反应，故C错误；DNH4Cl受热时会分解为氨气和HCl，所以PH4I受热也可能分解，故D正确；答案选C。18.锶(Sr)属于第A族元素，原子序数为38，它广泛应用于冶金行业。将锶金属加入铝合金中可以改善铸成品的性能。下列关于锶及其化合物的性质说法不正确的是（ ）A. 锶属于金属元素，性质很活泼，在空气中易被氧化B. 锶能与水反应，但反应缓慢C. 原子半径：r(Ca)r(Sr)D. 碱性：Sr(OH)2M
18、g(OH)2【答案】B【解析】【分析】锶和镁位于同一主族，性质相似，锶的金属性强于镁，由此判断。【详解】A锶在第五周期第A，锶的金属性强于镁，性质与镁相似，性质很活泼，在空气中易被氧化，故A正确；B镁可以和热水反应，锶的性质强于镁，锶能与水反应，而且反应迅速，故B错误；C钙和锶位于同一主族，从上到下，同主族元素半径逐渐增大，原子半径：r(Ca)r(Sr)，故C正确；D镁和锶位于同一主族，同主族元素从上到下金属性增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性：Sr(OH)2Mg(OH)2，故D正确；答案选B。19.“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图：下列说法正确的是（ ）A. 从吹出塔进入吸收塔的物质只
19、有Br2B. 从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4C. 两次通入水蒸气的作用都是参加反应D. 第一次通入Cl2的目的是氧化Br-，第二次通Cl2的目的是氧化SO2【答案】B【解析】【详解】A.通入过量氯气与溴离子反应生成溴单质，再鼓入空气和水蒸气使溴蒸气挥发进入吸收塔，但进入吸收塔的还有空气、水蒸气和过量的氯气，A错误；B.在吸收塔里发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4，B正确；C.在吹出塔通入水蒸气，有助于溴挥发出去，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，水作为溶剂，使物质发生反应，同时提
20、供能量，使溴挥发，未参与反应，C错误；D.第一次、第二次通入Cl2的目的都是氧化Br-，D错误；答案选B。20.除去下列物质中的杂质(括号内的物质)，所使用的试剂和主要操作都正确的是（ ）选项物质使用的试剂主要操作A乙醇(水)金属钠蒸馏B乙酸乙酯(乙酸)饱和碳酸钠溶液分液CFeCl2(FeCl3)溶液过量铜粉过滤D乙烯(SO2)酸性高锰酸钾溶液洗气A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A由于金属钠与水、乙醇均能反应，故不能使用金属钠来除水，而应该用CaO，然后进行蒸馏，故A试剂错误；B乙酸乙酯不溶于水，更难溶于饱和碳酸钠溶液，而乙酸能与碳酸钠溶液反应，故可以进行分液提纯，故
21、B都正确；C由于Cu与氯化铁反应，生成了氯化铜引入新的杂质，应该改用铁粉，故C试剂错误；D乙烯、二氧化硫均能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能达到目的，应该使用NaOH溶液，洗气，故D试剂错误；故答案为：B。21.为检验某加碘食盐中是否含有KIO3，取相同食盐样品进行下表所示实验：（已知：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O）下列说法中不正确的是（ ）A. 仅由实验不能证明食盐样品中存在KIO3B. 实验中发生反应的离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2OC. 实验溶液变黄色是生成了Fe3+，证明食盐样品中存在KIO3D. 结合实验和的现象差异，可以推断实验样品中
22、存在KIO3【答案】C【解析】【详解】AKI溶液中也有碘元素，溶液变蓝可能是KI中的碘元素被氧化生成了碘单质，所以仅由实验不能证明食盐样品中存在KIO3，故A正确；B实验中溶液变为浅蓝色，根据元素守恒可知KI溶液中的碘离子在酸性环境下被氧化了，考虑到空气中氧气的氧化性，应是氧气将其氧化，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故B正确；C实验的浅黄色是铁离子的颜色，是亚铁离子被氧化剂氧化的结果，但氧化剂不一定是KIO3，也可能是空气中的氧气，故C错误；D对比实验和的现象差异可知实验中在酸性环境下发生反应：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4
23、+3H2O，溶液迅速变蓝，颜色比实验要深，可以推断实验样品中存在KIO3，故D正确；故答案为C。二、填空题（共58分）22.如图是三种常见有机物的比例模型，回答以下问题。（1）A分子的空间构型为_；B的结构式为_；C的分子式为_。（2）将B气体通入酸性高锰酸钾溶液中，观察到的现象为_；将B气体通入溴的四氯化碳溶液中，写出该反应的化学方程式_。（3）A的同系物D有5个碳原子，其分子式为_；写出D所有同分异构体的结构简式：_；_；_。（4）C分子中不存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构，下列实验的结果可以作为证据的是_（填序号）将苯滴入酸性高锰酸钾溶液，振荡，看是否褪色；经测定，苯环上碳碳键的键长相等
24、，都是1.4010-10m苯在一定条件下既能发生取代反应，又能发生加成反应将苯滴入溴的四氯化碳溶液，振荡，看是否褪色【答案】 (1). 正四面体 (2). (3). C6H6 (4). 溶液褪色 (5). CH2= CH2+Br2CH2 BrCH2Br (6). C5H12 (7). CH3CH2CH2CH2CH3 (8). (9). (10). 【解析】【分析】根据比例模型知，A是甲烷、B是乙烯、C是苯，甲烷是正四面体结构，乙烯和苯都是平面结构，乙烯能被酸性高锰酸钾氧化，能与溴单质发生加成反应，本结构中不存在存在碳碳单键与碳碳双键交替的结构。【详解】根据比例模型知，A是甲烷、B是乙烯、C是苯
25、，（1）A是甲烷，为正四面体结构，B是乙烯，乙烯分子中含有1个碳碳双键和4个碳氢键，其结构式为，C是苯，分子式为C6H6，故答案为：正四面体；C6H6；（2）乙烯气体通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶液会褪色，将乙烯气体通入溴的四氯化碳溶液中，发生加成反应，反应的化学方程式：CH2= CH2+Br2CH2BrCH2Br；故答案为：溶液褪色；CH2= CH2+Br2CH2BrCH2Br；（3）甲烷的同系物有5个碳原子，为C5H12，有三种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、，故答案为：C5H12；CH3CH2CH2CH2CH3；（4）苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳
26、双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确；苯能在一定条件下跟H2加成生成环己烷，发生加成反应是双键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故错误；将苯滴入溴的四氯化碳溶液，振荡，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故正确。故答案为：。23.已知有机物A、B、C、D、E、F有以下转化关系。A是分子量为28的气体烯烃，其产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志；
27、D是食醋的主要成分，E是不溶于水且具有香味的无色液体，相对分子质量是C的2倍，F是一种高分子化合物。结合如图关系回答问题：(1)写出B、D中官能团的名称：B_、D_。(2)写出下列反应的化学方程式：_；该反应类型是_。_；该反应类型是_。_。(3)实验室用如图的装置制备E，试管A中浓硫酸的作用是_；B中的试剂是_；关于该实验下列说法不正确的是_；加热试管A不仅可以加快反应速率，还可以蒸出E，促进反应进行从试管A中蒸出来的物质只有产物E振荡后B中油状液体层变薄主要是产物E溶解到试剂B中B中导管应该插入到液面以下【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2
28、OH (4). 加成反应 (5). 2CH3CH2OH+O22CHCHO+2H2O (6). 氧化反应 (7). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (8). 催化剂和吸水剂 (9). 饱和碳酸钠溶液 (10). 【解析】【分析】A是分子量为28的气体烯烃，其产量是衡量一个国家石油化工生产水平的标志，所以A为CH2=CH2，A与水发生加成反应生成的B为CH3CH2OH，B被催化氧化生成C为CH3CHO；D是食醋的主要成分，所以D为CH3COOH，D与B发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，乙酸乙酯的对分子质量为88，CHCHO的相对分子质量为44，符合题意
29、；F为一种高分子化合物，应为乙烯发生聚合反应生成的聚乙烯。【详解】(1)B为CH3CH2OH，其官能团为羟基；D为CH3COOH，其官能团为羧基；(2)反应为乙烯与水的加成反应，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应类型为加成反应；反应为乙醇的催化氧化，化学方程式为2CH3CH2OH+O22CHCHO+2H2O，反应类型为氧化反应；反应为乙醇和乙酸的酯化反应，化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(3)乙酸乙酯的酯化反应中浓硫酸的作用是做催化剂和吸水剂；B中为饱和碳酸钠溶液，可以吸收挥发的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于溶液分层；
30、加热可以加快反应速率，蒸出生成物，促进反应正向移动，故正确；从试管A中蒸出来的物质，除了乙酸乙酯之外，还有乙酸和乙醇，故错误；乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度很小，振荡后B中油状液体层变薄主要是混有的乙酸和乙醇被碳酸钠溶液吸收，故错误；从试管A中出来的气体中含有乙酸和乙醇，二者被碳酸钠溶液吸收，若将B中导管插入到液面以下会发生倒吸，故错误；综上所述选。【点睛】乙酸乙酯的制备实验中，要用饱和碳酸钠溶液吸收产物，饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，同时除去乙酸和乙醇，从而提高乙酸乙酯的纯度，为防止倒吸，导管不能插入到液面以下。24.X、Y、Z、R、W为常见的主族元素，根据下表信息回
31、答问题：元素元素性质或原子结构信息X短周期元素原子半径最大(稀有气体元素不参与比较)Y+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同Z原子核外M电子层与K电子层的电子数相等R与Z同周期，主要化合价为1、+7W原子结构示意图：（1）写出元素X的原子结构示意图_；元素W在周期表中位置_。（2）Y、Z最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较_（填化学式）。（3）用电子式表示X和R形成化合物的过程：_。（4）下列对于W及其化合物的推断中，正确的是_（填序号）。W的最低负化合价与R的最低负化合价相同W的氢化物的稳定性弱于R的氢化物的稳定性W的单质可与X和R形成的化合物的水溶液发生置换反应W的最高价氧化物对应水化物的
32、酸性比R的强（5）为验证卤族部分元素单质氧化性的递变规律，设计如图装置进行实验，请回答：A中发生的反应的离子方程式是_。棉花中浸有的NaOH溶液的作用是_(用离子方程式表示)。为验证Br2与I2的氧化性强弱：通入一定量R的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡、静置，可观察到_。该实验必须控制加入的R单质的量，否则得不出Br2的氧化性比I2强。理由是_。从原子结构的角度解释卤族元素单质氧化性逐渐减弱的原因：_。【答案】 (1). (2). 第四周期VIIA族 (3). Mg(OH)2 (4). Al(OH)3 (5). (6). (7). Cl2+2Br-=Br2+2Cl-
33、 (8). 2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O (9). 试管中溶液分层，上层为无色，下层为紫红色 (10). 过量的Cl2能与KI溶液反应置换成I2 (11). 卤族元素从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力减弱【解析】【分析】X为短周期元素原子半径最大(稀有气体元素不参与比较)，推知X为Na元素；Y的+3价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，推知Y为Al元素；Z的原子核外M电子层与K电子层的电子数相等，推知Z为Mg元素；R与Z同周期为第三周期，主要化合价为1、+7，推知R为Cl元素；W的原子结构示意图为，推知W为Br元素。【详解】(1)元素X为钠，其原子结构示意图为；元素W
34、为Br，其在周期表中位置为第四周期VIIA族。(2)镁的金属性强于铝，故Y、Z最高价氧化物对应水化物的碱性强弱比较Mg(OH)2 Al(OH)3。(3)钠失电子形成钠离子，氯得电子形成氯离子，钠离子和氯离子通过离子键形成离子化合物氯化钠，用电子式表示其过程为。(4)W与R同主族，两者的最低负化合价均为-1价，正确；R的非金属性强于W，则W的氢化物的稳定性弱于于R的氢化物的稳定性，正确；Cl2的氧化性强于Br2，故W的单质不能与X和R形成的化合物的水溶液发生反应置换反应，错误；R的非金属性强于W ，则W的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的弱，错误；答案选。(5)A中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴
35、单质，离子方程式是 Cl2+2Br-=Br2+2Cl- 。氯气有毒，棉花中浸有的NaOH溶液防止污染空气，发生的用离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。为验证Br2与I2的氧化性强弱：通入一定量R的单质，充分反应后，将A中液体滴入试管内，取下试管，充分振荡、静置，可观察到试管中溶液分层，上层为无色，下层为紫红色。该实验必须控制加入的R单质的量，若氯气过量，过量的Cl2也能与KI溶液反应置换成I2，得不出Br2的氧化性比I2强。卤族元素从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力减弱，单质氧化性减弱。25.研究化学反应的能量变化和速率变化是研究化学反应的重要角度。（1）化学
36、反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会_能量；新的化学键形成会_能量。（填“放出”或“吸收”）（2）用铝热法可冶炼铁，其反应为：Fe2O32Al2FeAl2O3，属于放热反应，反应物的总能量_（填“”、“”或“”）生成物的总能量。在该反应中，若消耗了1molAl，则理论上可炼制Fe的物质的量为_mol。（3）为探究反应过程中能量变化，某小组同学用如图装置进行实验。装置装置装置中，Fe与CuSO4溶液反应的离子方程式是_。装置中，正极的电极反应式为_。关于装置，下列叙述正确的是_（填字母）。a.H+在Cu表面被还原，产生气泡b.电流从Zn片经导线流向Cu片c.电子从Zn片经导线流向Cu片d.
37、Zn和Cu的都是电极材料，也都参与电极反应（4）某兴趣小组将除去氧化膜的镁条投入到少量稀盐酸中进行实验，实验测得氢气的产生速率变化情况如图曲线所示，对该曲线的解释中正确的是_。A.从t1t2的原因是镁与酸的反应是放热反应，体系温度升高B.从t1t2的原因水蒸发，致使酸的浓度升高C.从t2t3的原因是随着反应的进行镁条的质量下降D.从t2t3的原因是随着反应的进行，H+的浓度逐渐下降【答案】 (1). 吸收 (2). 放出 (3). (4). 1 (5). Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ (6). 2H+2e-= H2 (7). ac (8). AD【解析】【分析】(3)实验I和实验II都是原电
38、池，实验I的反应原理为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe为负极，Cu为正极；实验II的反应原理为Fe+2H+=H2+Fe2+，Zn为负极，Cu为正极；(4)镁与盐酸的反应为放热反应，开始反应时，温度不断升高，反应速率不断增大，但随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，以此解答。【详解】(1)化学反应中能量变化的主要原因是旧的化学键断裂会吸收能量；新的化学键形成会放出能量，故答案为：吸收；放出；(2)铝热反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，由方程式Fe2O32Al2FeAl2O3可知，若消耗了1molAl，则理论上可炼制Fe的物质的量为1mol，故答案为：；1；(3)
39、实验中，Fe与CuSO4溶液发生原电池反应，Fe失去电子，铜离子得到电子，则Fe与CuSO4溶液反应离子方程式是Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；装置中，正极为Cu，氢离子在正极得到电子，电极反应式为：2H+2e-= H2，故答案为：2H+2e-= H2；a铜为正极，H+在铜表面得到电子生成氢气，H+被还原，故a正确；b电流从正极流向负极，应该从Cu片经导线流向Zn片，故b错误；c电子从负极沿导线流向正极，即从Zn片经导线流向Cu片，故c正确；dZn和Cu的都是电极材料，但Cu不参与反应，故d错误。答案为：ac；(4)A从t1t2的原因是镁与酸的反应是放
40、热反应，体系温度升高，反应速率逐渐增大，故A正确；B反应放出的热量不至于使水蒸发，故B错误；C镁条（固体）的质量下降，但是浓度不变,不会影响反应速率，故C错误；Dt2t3的原因是盐酸的浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，此时浓度因素大于温度的影响，故D正确。答案为：AD。【点睛】本题的(3)小题需掌握原电池的基本原理，(4)小题要理解影响化学反应速率的外界因素，尤其是抓住只要的影响因素进行分析。26.NaNO2是常用的一种防腐剂，其中+3价的N具有一定的氧化性。某实验小组利用以下反应2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O制备NaNO2，并探究其性质。I.制备NaNO2(1)A中发生反
41、应的化学方程式是_。(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是_。(3)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验：序号试管操作现象2mLB中溶液加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液不变蓝2mLB中溶液滴加几滴H2SO4至pH=5，加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液变蓝2mLH2O滴加几滴H2SO4至pH=5，加2mL0.1mol/LKI溶液，滴加几滴淀粉溶液不变蓝实验的目的是_。(4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是_。II.探究NaNO2的性质装置操作现象取10mL1mol/LNaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加
42、入10mL1molL-1FeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。i.溶液迅速变为棕色；ii.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色。iii.最终形成棕褐色溶液。资料：i.Fe2+遇NO会形成Fe(NO)2+，该离子在溶液中呈棕色。ii.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。(5)现象i溶液变为棕色的原因是_。(6)已知现象ii棕色溶液变浅是由于生成了Fe3+，反应离子方程式是_。【答案】 (1). 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (2). 扩大了气体与NaOH的接触面积，使反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的
43、发生 (3). 溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的 (4). 若NO2的物质的量比NO多，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰 (5). NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成Fe(NO)2+，使溶液呈棕色 (6). 4Fe(NO)2+4H+O2=4NO+4Fe3+2H2O【解析】【分析】Cu与稀硝酸反应产生C
44、u(NO3)2、NO、H2O，NO与O2反应产生NO2，NO、NO2被氢氧化钠溶液吸收得到NaNO2和水，为防止倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，NaNO2在酸性条件下可以将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色，据此检验NaNO2的存在，若气体中NO2过量，与碱反应产生NaNO3，在酸性条件下NO3-也可以氧化I-为I2而会产生干扰；根据Fe(NO)2+在溶液中呈棕色分析溶液颜色变化；Fe(NO)2+具有还原性，会被氧气氧化产生Fe3+使溶液颜色变浅。【详解】(1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu+8HNO
45、3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；(2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：扩大了气体与NaOH的接触面积，使反应快速发生，同时又可防止由于气体溶解而产生的倒吸现象的发生； (3)实验和实验比较，溶液中c(I-)和c(H+)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I-的目的；(4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，若NO2的物质的量比NO多，还会发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，这样得到的溶液中
46、含有NaNO3，酸性条件下NO3-可能也会氧化I-产生I2而产生干扰，因此需要补做实验；(5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为：NO2-+H+HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2+结合形成Fe(NO)2+，使溶液呈棕色；(6)Fe(NO)2+具有还原性，会被溶解在酸性溶液中O2氧化产生Fe3+，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体，根据元素守恒和电荷守恒配平离子方程式，离子反应为：4Fe(NO)2+4H+O2=4NO+4Fe3+2H2O。【点睛】要结合题目已知信息，利用元素守恒和电子守恒配平化学方程式和离子方程式是易错点，探究亚硝酸钠的性质是难点。