1、2019级高一第二学期第二次考试化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题2分，共30分）1. 化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语正确的是（ ）A. H2O的电子式：B. 质量数为14的碳原子：C. CO2的比例模型：D. Cl的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A.水是共价化合物，不存在阴阳离子，A错误；B.质量数是14的C原子的表示为，B正确；C.二氧化碳分子中，C原子的半径大于O原子半径，所以
2、该比例模型中的原子表示不正确，C错误；D.氯离子的原子核内有17个质子，D错误；答案选B。2. 下列说法中不正确的是（ ）A. 离子化合物中不一定含有金属元素B. 含有金属元素的离子不一定是阳离子C. 分子中不一定存在着共价键D. 由不同原子所形成的纯净物一定是化合物【答案】D【解析】【详解】A铵盐由非金属元素组成，铵盐为离子化合物，故A正确；B含有金属元素的离子不一定是阳离子，如AlO，故B正确；C稀有气体单质分子中不存在共价键，故C正确；D同位素属于不同原子，HD是有不同原子组成的，但HD为单质，不是化合物，故D错误；故答案为D。3. 下列说法中正确的是（ ）A. Ba(OH)28H2O与
3、NH4Cl晶体的反应是吸热的氧化还原反应B. D2O与H2O所含电子总数相等C. 含有共价键的化合物一定是共价化合物D. 非金属性最强的元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性最强【答案】B【解析】【详解】ABa(OH)28H2O与NH4Cl晶体的反应是吸热反应，但不是氧化还原反应，故A错误；BD2O与H2O所含电子总数相等，都为10电子，但所含中子数不同，故B正确；C只含有共价键的化合物一定是共价化合物，含有共价键的化合物可能是离子化合物，如NaOH等，故C错误；D非金属性最强的元素为F元素，F元素没有正化合价，没有最高价氧化物对应的水化物，故D错误；故答案为B。4. 元素周期表和元素周期律对科
4、学技术有指导作用。下列说法中不正确的是A. 在元素周期表左下方区域的金属元素中寻找半导体材料B. 利用元素周期表中氟、氯、硫、磷附近的元素研制新型农药C. 在过渡金属中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料D. 在周期表一定区域内寻找元素、发现物质的新用途是一种相当有效的方法【答案】A【解析】【详解】A在元素周期表金属与非金属的分界线处寻找半导体材料，A错误；B利用元素周期表中氟、氯、硫、磷附近的元素研制新型农药，B正确；C在过渡金属中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料，C正确；D在周期表一定区域内寻找元素、发现物质的新用途是一种相当有效的方法，D正确；故答案为A。5. 关于石油的说法中，不正
5、确的是（ ）A. 石油是混合物，除含烷烃外，还可能含有环烷烃和芳香烃B. 常压分馏得到的汽油是混合物，没有固定的沸点C. 裂解是化学变化，裂化是深度裂解，也是化学变化D. 裂化的目的是得到轻质油，裂解的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料【答案】C【解析】【详解】A石油是混合物，除含烷烃外，还可能含有环烷烃和芳香烃，故A正确；B常压分馏得到的汽油是混合物，混合物没有固定的沸点，故B正确；C裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程；裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度（700800，有时甚至高达1000以上），使石油分馏产物（包括石油气
6、）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程；两者都有新物质生成，属于化学变化，裂解是深度裂化，故C错误；D石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是得到乙烯、丙烯等化工原料，故D正确；故选C。6. 下列说法正确的是（ ）A. 油脂皂化反应得到高级脂肪酸与甘油B. 将a g铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中，铜丝变红，再次称量质量等于a gC. 蛋白质是天然高分子，可在体内转化为氨基酸，这个过程称为蛋白质变性D. 向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热一段时间。然后加入过量NaOH溶液，再滴入几滴碘水，溶液未变蓝，说明淀粉已完全水解【答案】B【解
7、析】【详解】A油脂在碱性条件下水解即为皂化反应，水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故A错误；Ba g铜丝灼烧成黑色的氧化铜，趁热插入乙醇中，铜丝变红，此时氧化铜又转变为铜，铜在反应中做催化剂，反应前后质量不变，故B正确；C蛋白质在人体内发生水解反应生成氨基酸，不是变性，故C错误；D加入过量NaOH溶液，再滴入几滴碘水，溶液未变蓝，不能说明淀粉已完全水解，还有可能是因为碘水被过量氢氧化钠反应掉的缘故，故D错误；故答案为B。7. 下列排列顺序错误的是A. 酸性：H4SiO4H3PO4H2SO4HClO4B. 沸点：HFHIHBrHClC. 氢化物的稳定性：SiH4H2SH2OHFD. 原子半径：FOSN
8、a【答案】C【解析】【详解】A同周期元素从左到右，非金属性增加，最高价氧化物对应的水化物的酸性增强。Si、P、S、Cl的非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强，A正确，不符合题意；B共价化合物的沸点与分子间作用力有关，分子间作用力越大，沸点越高。分子间作用力与相对分子质量有关，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，但是HF分子间存在氢键，氢键比分子间作用力强，因此HF沸点最高，HI、HBr、HCl按照相对分子质量排序，HI的沸点最高。B正确，不符合题意；C非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氢化物的稳定性：SiH4H2SH2OHF，C项错误，符合题意；D同周期从左到右原子半径越
9、来越小，同主族从上到下原子半径越来越大，因此OF，NaS，SO，则D中的排序FOSNa正确，D正确，不符合题意；本题答案选C。8. 下列各组物质含有的化学键类型完全相同的是：A. NaOH、CaCl2、CaOB. Na2O、Na2O2、Na2SC. NaCl、HCl、H2OD. HBr、CO2、NH3【答案】D【解析】【详解】ANaOH中含有离子键和共价键，CaCl2、CaO中均只有离子键，A错误；BNa2O、Na2S中均只有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，B错误；CNaCl中只有离子键，HCl、H2O中均只有共价键，C错误；D.HBr、CO2、NH3中均只有共价键，化学键类型完全相同
10、，D正确；故答案选D。9. 下列说法不正确的是A. CaCl2晶体中只存在离子键B. HCl溶于水破坏了H和Cl之间的离子键C. 因为O的非金属性比S强，所以H2O的热稳定性比H2S好D. 干冰和石英晶体的物理性质差别很大的原因是其微粒间的作用力不同【答案】B【解析】【详解】A. 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，CaCl2晶体中只含离子键，A项正确；B. HCl为共价化合物，溶于水破坏了分子内的共价键，B项错误；C.元素原子的非金属性越强，氢化物的稳定性越好，因为O的非金属性比S强，所以H2O的热稳定性比H2S好，C项正确；D. 干冰属于分子晶体，石英为原子晶体，两者晶体类
11、型不同，微粒间的作用力不同，物理性质差别较大，D项正确；答案选B。10. 某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2+2e-= CuC. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D. a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动【答案】D【解析】【详解】Aa和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；Ba和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2+2e-Cu，故B正确；
12、C无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；Da和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。11. 甲烷是最简单的烷烃，乙烯是最简单的烯烃，下列物质中，不能用来鉴别二者的是( )A. 水B. 溴的四氯化碳溶液C. 溴水D. 酸性高锰酸钾溶液【答案】A【解析】【分析】甲烷结构稳定，不发生加成反应，除燃烧以外的氧化反应；乙烯结构不稳定，极易发生加成反应和氧化反应。【详解】A.
13、 甲烷和乙烯都不能溶于水，水无法鉴别二者，A正确； B. 溴的四氯化碳溶液能与乙烯发生加成反应，与甲烷不发生反应，B错误；C. 溴水能与乙烯发生加成反应，与甲烷不发生反应，C错误D. 酸性高锰酸钾溶液能与乙烯发生氧化反应，甲烷性质稳定，不反应，D错误；答案为A。【点睛】本题易错点为A，注意甲烷和乙烯都不能溶于水，不能鉴别两者。12. 一定温度下，在某恒容的密闭容器中，建立化学平衡：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)。下列叙述不能说明该反应已达到化学平衡状态的是（ ）A. 体系的压强不再发生变化B. v正(CO)=v逆(H2O)C. 生成nmolCO，同时生成nmolH2D. 断裂1m
14、olHH键的同时断裂2molHO键【答案】C【解析】【详解】A该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，在未达到平衡状态之前，反应体系的压强随着反应的改变而改变，当体系的压强不再发生变化时该反应达到平衡状态，A不符合题意；Bv正(CO)=v逆(H2O)=v逆(CO)，CO的正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，B不符合题意；C生成n mol CO的同时生成n mol H2，都表示正反应，不能据此判断平衡状态，C符合题意；D1 mol H-H键断裂的同时断裂2 mol H-O键，体现了v正=v逆，说明达到了平衡状态，D不符合题意；答案选C。【点睛】反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g
15、)是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，要作为达到平衡状态的标志必须是变量，当变量不变，则可说明反应达到平衡。13. 对于可逆反应A(g)3B(s)2C(g)2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是()A. v(A)0.5 molL1min1B. v(B)1.2 molL1s1C. v(D)0.4 molL1min1D. v(C)0.1 molL1s1【答案】C【解析】【分析】根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质表示的反应速率都转化成A表示的反应速率，再比较反应速率大小，注意反应速率的单位必须相同。【详解】Av(A)=0.5mol/(Lmin)0.00
16、83mol/(Ls)；BB为固体，不能用B表示反应速率；Cv(A)=v(D)=0.2mol/(Ls)；Dv(A)= v(C)=0.05mol/(Ls)；反应速率最大的为C，故选C。14. 用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是（）A. 滴加少量CuSO4溶液B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸C. 对该反应体系加热D. 不用铁片，改用铁粉【答案】B【解析】【详解】A、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故A不符合题意；B、因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸常温下会印化，不能生成氢气，故B符合题意；C、因加热时反应体系
17、的温度升高，则化学反应速率加快，故C不符合题意；D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，则反应速率加快，故D不符合题意；故选B。15. C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是A. 适当增加C量B. 将容器的体积缩小一半C. 容器体积可变，充入N2D. 保持容器体积不变，充入H2O（g）【答案】A【解析】【详解】A由于C是固体，所以增加C的量，化学反应速率不变，故A正确；B将容器的体积缩小一半，各物质的浓度增大，反应速率加快，故B错误；C容器体积可变，充入N2容器体积增大，各物质的浓度减小，反应速率减慢，故C错误；D保持容器体
18、积不变，充入H2O(g)，水蒸气浓度增大，反应速率加快，故D错误；综上所述答案为A。二、选择题（每小题有一个选项是正确的，每小题3分，共30分）16. 已知短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（ ）A. 原子半径ABDCB. 原子序数dcbaC. 离子半径C3-D-B+A2+D. 单质的还原性ABDC【答案】C【解析】【分析】已知短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的电子层结构，则A、B位于同一周期，C、D位于同一周期，A、B在C、D的下一周期，原子序数abdc。【详解】A同周期原子序数越大，半径越小，原子半径
19、BA，CD，原子核外电子层数越多，半径越大，所以原子半径BACD，故A错误；B由分析可知原子序数abdc，故B错误；C具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径C3-D-B+A2+，故C正确；DA、B在同一周期，原子序数ab，金属性BA，对应单质的还原性BA，C、D为非金属，单质主要表现为氧化性，故D错误；故答案为C。17. 根据表中信息，判断以下叙述正确的是部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1120.1040.066主要化合价+2+3+2+6、-2-2A. 氢化物的稳定性为H2TQC. L与M的最高价氧化物的水化物的
20、碱性LM，选项C错误；DL2+是镁离子，R2-是硫离子，它们的核外电子数分别是10和18，核外电子数不相等，选项D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了学生有关元素周期表的应用知识，本题关键是能够把握元素的原子半径和化合价的关系，要熟记元素周期表中的递变规律，学以致用。元素的最高正价=最外层电子数，最高正价和最低负价绝对值的和为8，R、T两元素最外层电子数为6，故为第A元素，而R的半径大于T，T为O，R为S，M元素最外层电子数为3，为B或Al，但是半径比氧和硫均大，应为Al，L的半径比铝大，最外层电子数为2，应为Mg，Q的半径最小，最外层两个电子，故为Be，结合对应单质、化合物的性质解答该题。
21、18. 下列结论正确的是 粒子半径：KClS 氢化物稳定性：HFH2SPH3；离子还原性：S2ClBrI 单质氧化性：Cl2SSi；酸性：H2SO4HClO 碱性强弱：KOHNaOHMg(OH)2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】Cl、S位于相同周期，原子半径SCl，K在下一周期，所以粒子半径：KSCl，故错误；非金属性FSP，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则氢化物稳定性：HFH2SPH3，故正确；非金属性ClBrIS，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则离子还原性：Cl-Br-I-S2-，故错误；非金属性ClSSi，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越
22、强，则单质氧化性：Cl2SSi，故正确；H2SO4是强酸，HClO是弱酸，则酸性：H2SO4HClO，故正确；金属性KNaMg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性强弱：KOHNaOHMg（OH）2，故正确。故选C。19. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，Y在短周期元素中原子半径最大，Z的最高正价与最低负价代数之和为4。下列说法不正确的是A. 氢化物的稳定性：X W ZB. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色C. X与Y形成共价化合物D. W与Y组成的某种物质可以作为呼吸面具的供氧剂【答案】C【解析】【分析】W、X
23、、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W最外层电子数是内层电子数的3倍，W位于第二周期，为氧元素；Y在短周期元素中原子半径最大，Y是钠元素，所以X是氟元素；Z的最高价与最低价代数之和为4，Z的最高价是+6价，为硫元素。【详解】A. 非金属越强，氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：XWZ，A正确；B. Z与W形成的某种物质能使品红溶液褪色，该物质是二氧化硫，B正确；C. X与Y形成离子化合物NaF，C错误；D. W与Y组成的物质可以作为呼吸面具的供氧剂，该物质是过氧化钠，D正确；答案选C。【点睛】准确判断出元素种类以及灵活应用元素周期律是解答的关键，注意“位构性”推断的核心是“结构”，即根据结
24、构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。20. 苯可发生如右图所示的变化，下列说法不正确的是A. 现象：液体分层，下层紫红色B. 现象：火焰明亮，冒浓烟C. 溴苯的密度比水大D. 间二硝基苯只有一种，说明苯分子中不存在碳碳单键和碳碳双键交替出现的结构【答案】D【解析】A、苯中加入酸性高锰酸钾不反应，液体分层苯的密度小于水在下层，下层为酸性高锰酸钾溶液呈紫红色，选项A正确；B、苯中含碳量高，燃烧时火焰明亮，冒浓烟，选项B正确；C、溴苯的密度比水大，选项C正确；D、无论苯分子中是否存在碳碳单
25、键和碳碳双键交替出现的结构，间二硝基苯也只有一种，选项D不正确。答案选D。21. 在恒温、容积为2L的密闭容器中通入1 mol X和2 mol Y，发生反应：X(g)2Y(g)M(g)Ha kJ/mol(a0)，5 min末测得M的物质的量为0.4 mol。则下列说法正确的是A. 05 min，X的平均反应速率为0.08 molL1min1B. 05 min，Y的平均反应速率为0.08 molL1min1C. 平衡后升高温度，X的反应速率降低D. 到达平衡状态时，反应放出的热量为a kJ【答案】B【解析】【详解】A. . 05 min，M的物质的量变化了0.4 mol-0 mol=0.4 mo
26、l，浓度变化为=0.2mol/L，依据可知，用M表示的平均反应速率为v (M)=0.04 molL1min1，则v(X) =v (M)= 0.04 molL1min1，A项错误；B.参加反应的物质对应的化学计量数之比等于化学反应速率之比，根据A项可知v(Y)=2v (M)= 20.04 molL1min1=0.08 molL1min1，B项正确；C. 升高温度，不论是任何反应，反应速率都加快，因此v(正)、v（逆）均增大，则X的反应速率增大，C项错误；D. 该反应是可逆反应，反应不会进行彻底，故1molX和2molY反应后产生的热量小于akJ，D项错误；答案选B。22. SF6是一种优良的绝缘
27、气体，分子结构中只存在SF键。已知：1 mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量 280 kJ，断裂1 mol FF、SF键需吸收的能量分别为160 kJ、330 kJ。则反应S(s)3F2(g)=SF6(g)的反应热H为()A. 1780 kJmol1B. 1220 kJmol1C. 450 kJmol1D. 430 kJmol1【答案】B【解析】【分析】利用H反应物的键能之和生成物的键能进行计算。【详解】H=反应物的键能之和生成物的键能=280 kJmol13160 kJmol16330 kJmol1=1220 kJmol1，答案选B。23. 有A、B、C、D、E五种金属片，进行如下实验：
28、A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极；C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，电流由D导线C；A、C相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡；B、D相连后，同时浸入稀硫酸中，D极发生氧化反应用惰性电极电解含B离子、E离子的溶液，E先析出。据此，判断五种金属的活动性顺序是A. BDCAEB. CABDEC. ACDBED. ABCDE【答案】C【解析】【详解】由题意可知：A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：AB；原电池中，电流从正极流经外电路流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D导线C，则活泼性：CD；A、C相连后，同时浸入稀
29、硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极正极，所以金属活泼性：AC；B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：DB；用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出，则金属活泼性：BE；综上可知金属活泼性顺序是：ACDBE，故答案为C。【点睛】原电池正负极的判断方法：根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应
30、的一极；正极：发生还原反应的一极；根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极。24. 2017年2月19日在第十三届阿布扎比国际防务展上，采用先进的氢燃料电池系统的无人机，创造了该级别270分钟续航的新世界记录。下列有关氢燃料电池的说法不正确的是（ ）A. 通入氢气的电极发生氧化反应B. 碱性电解液中阳离子向通入氢气的方向移动C. 正极的电极反应式为O22H2O4e=4OHD. 放电过程中碱性电解液的OH的物质的量不变【答案】B【解析】【分析】氢氧燃料电池工作时，是把化学能转变为电能，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，电极反应式为H2-2e-+2OH-2
31、H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-，阳离子向正极移动。【详解】A. 该电池工作时化学能转化为电能，通入氢气的一极为电源的负极，发生氧化反应，A项正确；B. 阳离子向正极移动即通入氧气的一极移动，B项错误；C. 通入氧气的一极为原电池的正极，电极反应式为O22H2O4e=4OH，C项正确；D. 由图可知，氢氧燃料电池放电过程中，总反应为氢气和氧气反应生成水，则碱性电解液中氢氧根的物质的量不变，D项正确；答案选B。【点睛】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。其中D
32、项需理解正极与负极得失电子数守恒，通过总反应方程式判断溶液中的氢氧根离子。25. 下面所写的有机反应方程式及其类型都正确的是（ ）A. +HNO3 +H2O取代反应B. CH2=CH2+Br2CH3CHBr2加成反应C. 2CH3CHO+O22CH3COOH氧化反应D. HCOOH+CH3CH2OHHCOOCH3CH2+H2O取代反应【答案】C【解析】【详解】A苯中H原子被硝基取代生成硝基苯，反应方程式为+HNO3+H2O，该反应为取代反应，故A错误；B乙烯和溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷，该反应方程式为CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，为加成反应，故B错误；C乙醛被氧化生成乙酸，
33、反应方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，该反应是氧化反应，故C正确；D甲酸和乙醇发生酯化反应(或取代反应)生成甲酸乙酯，反应方程式为HCOOH+CH3CH2OH HCOOCH2CH3+H2O，该反应为酯化反应或取代反应，故D错误；故选C。三、填空题（除标示外，每空2分，共40分）26. 如表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：(1)表中用字母标出的14种元素中，化学性质最不活泼的是_（用元素符号表示，下同），金属性最强的是_，常温下单质为液态的非金属元素是_。(2)B、F、C气态氢化物中以_（填分子式）最不稳定。(3)请用电子式表示J2G的形成过程_。【答案】 (1). A
34、r (2). K (3). Br (4). PH3 (5). 【解析】【分析】结合元素周期表的结构先确定表中14种元素，再结合元素周期律分析解题。【详解】图中A为F元素、B为O元素、C为P元素、D为C元素、E为Ar元素、F为Cl元素、G为S元素、H为Al元素、I为Mg元素、J为Na元素、K为Ca元素、L为K元素、M为Tc元素、N为Br元素；(1)稀有气体元素原子最外层均达到稳定结构，则表中用字母标出的14种元素中，化学性质最不活泼的是Ar；同周期最左边金属最强，同主族由上而下金属性增强，则14种元素中金属性最强的是K；Br2常温下为液态，则常温下单质为液态的非金属元素是Br；(2)B为O元素、
35、F为Cl元素、C为P元素，三种元素中P元素的非金属性最弱，则气态氢化物中PH3最不稳定；(3)J2G为Na2S，是离子化合物，用电子式表示Na2S的形成过程为。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。27. 有短周期的A、B、C、D、E五种元素，它们在周期
36、表的位置如图所示。已知A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍。试回答下列问题：(1)元素E在周期表中位于第_周期_族。(2)元素A的最高价氧化物的电子式为_，元素D的原子结构示意图为_。(3)比较C、D两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_。(用分子式表示)(4)元素C气态氢化物与元素E的最高价氧化物对应水化物化合生成的正盐的化学式为_，该盐的晶体类型为_。(5)元素B所在周期的简单离子半径最小的是_。(用离子符号表示)元素C、D的简单氢化物沸点较高的是_。(用分子式表示)【答案】 (1). 三 (2). A (3). (4). (5). HNO3 (6). H3PO4 (7). (NH
37、4)2SO4 (8). 离子晶体 (9). Al3+ (10). NH3【解析】【分析】由短周期元素A、B、C、D、E在周期表中相对位置，可知A、C处于第二周期，B、D、E处于第三周期，而A原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，即A原子最外层电子数为4，故A为碳，则B为Al、C为N、D为P、E为S，以此解答。【详解】(1)E是S元素，在元素周期表的位置是第三周期VIA族，故答案为：三、VIA；(2)元素A的最高价氧化物为CO2，分子中C原子与O原子之间形成2对共用电子对，电子式为；D为P元素，原子核外有15个电子，有3个电子层，各层电子数依次为2、8、5，原子结构示意图为：，故答案为：；(3)
38、由于非金属性NP，故酸性：HNO3H3PO4，故答案：HNO3；H3PO4；(4)元素C的气态氢化物与元素E的最高价氧化物对应水化物化合生成的正盐为(NH4)2SO4，属于离子晶体，故答案为：(NH4)2SO4；离子晶体；(5)元素B所在周期为第三周期，离子的电子层结构相同核电荷数越小离子半径越大，离子的电子层越多离子半径越大，故第三周期中离子半径最小为：Al3+，故答案为：Al3+；氨气分子之间形成氢键，故NH3的沸点比PH3的高，故答案为：NH3。28. 某温度时，在一个2L的密闭容器中， X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应至第
39、2分钟X、Y、Z的物质的量不再变化，Y所占的体积分数为_。（2）该反应的化学方程式为_（3）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为_ 。【答案】 (1). 50.0% (2). 3X+Y2Z (3). 0.05 molL-1min-1【解析】【分析】(1) 从图象可知，2min时到达平衡状态，X、Y、Z的物质的量分别为0.7mol、0.9mol、0.2mol，依据体积分数等于物质的量分数计算； (2)同一可逆反应同一时间段内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，根据图象数据计算X、Y、Z的计量数之比，写出化学方程式；(3)根据=计算前2min内Z的平均反应速率。【详解】(1) 从
40、图象可知，2min时到达平衡状态，X、Y、Z的物质的量分别为0.7mol、0.9mol、0.2mol，则Y所占的体积分数为 100%=50.0%；因此，本题正确答案是：50.0%；(2)同一可逆反应同一时间段内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，由图象知，该反应中参加反应的n(X)=(1.0-0.7)mol=0.3mol、n(Y)=(1.0-0.9)mol=0.1mol、n(Z)=(0.2-0)mol=0.2mol，则X、Y、Z的计量数之比=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则该反应方程式为3X+Y2Z，因此，本题正确答案是：3X+Y2Z；(3)(Z)= 0.0
41、5molL-1min-1，因此，本题正确答案是：0.05molL-1min-1。29. 已知：A的蒸汽对氢气的相对密度是15，且能发生银镜反应，F的分子式为C3H6O2。有关物质的转化关系如下：请回答：(1)B中含有的官能团名称是_，反应的反应类型为_。(2)写出反应的化学方程式_。(3)写出有机物F与NaOH溶液反应的化学方程式_。(4)下列说法正确的是_。A有机物D的水溶液常用于标本的防腐B有机物B、C、E都能与金属钠发生反应C有机物F中混有E，可用饱和碳酸钠溶液进行分离D有机物M为高分子化合物【答案】 (1). 羟基 (2). 酯化(或取代) (3). 2CH3CH2OH+O2 2CH3
42、CHO+2H2O (4). CH3COOCH3+ NaOHCH3COONa+CH3OH (5). BC【解析】【分析】A的蒸汽对氢气的相对密度是15，则A的相对分子质量为152=30，且能发生银镜反应，说明分子内含醛基，则推出A的结构简式为HCHO，与氢气发生加成反应转化为甲醇（CH3OH），故C为甲醇，F的分子式为C3H6O2，采用逆合成分析法可知，E为乙酸，两者发生酯化反应生成F，F为乙酸甲酯；M在酒化酶作用下生成B，B经过一系列氧化反应得到乙酸，则M为葡萄糖，B为乙醇，D为乙醛，E为乙酸，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）B为乙醇，其中含有的官能团名称是羟基，反应为甲醇与乙酸
43、酯化生成乙酸甲酯的过程，其反应类型为酯化(或取代)，故答案为羟基；酯化(或取代)；（2）反应为乙醇氧化成乙醛的过程，其化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故答案为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；（3）有机物F为CH3COOCH3，与NaOH溶液发生水解反应，其化学方程式为CH3COOCH3+ NaOHCH3COONa+CH3OH，故答案为CH3COOCH3+ NaOHCH3COONa+CH3OH；（4）A甲醛的水溶液常用于标本的防腐，有机物D为乙醛，A项错误；B. 含羟基或羧基的有机物均能与钠反应生成氢气，则有机物B、C、E都能与金属钠发生反应，B项正确；C.乙酸甲酯中含乙酸，则可用饱和碳酸钠溶液进行分离，C项正确；D. 有机物M为葡萄糖，分子式为C6H12O6，不是高分子化合物，D项错误；答案选BC。
