1、云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高一化学下学期7月月考试题（含解析）（试卷满分100分，考试时间90分钟）第卷（选择题共44 分）可能用到的相对原子质量 H:1 C:12 O:16 N:14 Na:23 S:32 Br:80一、单选题（每小题只有一个正确 选项，每小题2分，共 分）1.下列实验装置或原理能达到实验目的的是A. 分离水和乙醇B. 除去 Cl2 中的 HClC. 实验室制氨气D. 排水法收集 NO 【答案】D【解析】【详解】A、水和乙醇混溶，不能分液分离，A错误；B、氯气也与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和食盐水，B错误；C、氯化铵分解生成的氨气和氯化氢在试管口又重新化
2、合生成氯化铵，不能用来制备氨气，实验室常用加热氯化铵与熟石灰固体来制氨气，C错误；D、NO不溶于水，可以用排水法收集NO，D正确；答案选D。2.下列叙述正确的是(NA代表阿伏加德罗常数的值)A. 将22.4 L HCl配成1 L溶液，c(H+)为1 mol/LB. 2 L 2 mol/L的盐酸，c(H+)为2 mol/LC. 从100 mL 2 mol/L的盐酸取出10 mL，c(H+)为0.2 mol/LD. 1 mol/L 的盐酸中所含Cl数目为NA【答案】B【解析】【详解】A.缺条件，不能判断气体HCl的物质的量，因此也就不能计算c(H+)；A错误；B.HCl是一元强酸，所以c(H+)=
3、c(HCl)=2mol/L，B正确；C.溶液具有均一性，溶液的浓度与取用的溶液的体积无关，所以c(H+)=2 mol/L，C错误；D.只有浓度，没有溶液的体积，不能计算微粒的物质的量及数目，D错误；故合理选项是B。3.中国最新战机歼-31使用了高强度、耐高温的钛合金材料，工业上冶炼钛的反应如下：，下列有关该反应的说法正确的是 A. 是还原剂B. Mg被氧化C. 发生氧化反应D. Mg得到电子【答案】B【解析】【详解】反应中，Ti元素化合价降低，Mg的化合价升高；A. 反应中Ti元素化合价降低，则TiCl4为氧化剂，A项错误；B. 反应中Mg失电子，则Mg被氧化，B项正确；C. 反应中Ti元素化
4、合价降低，则TiCl4发生还原反应，C项错误；D. 反应中Mg的化合价升高，失电子，D项错误；答案选B。4.下列说法中正确的是A. 干冰、盐酸都是电解质B. Na2O2、Fe2O3、CaO既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C. 有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应D. 根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体【答案】C【解析】A、二冰是二氧化碳，属于非电解质，盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、Na2O2不属于碱性氧化物，选项B错误；C、有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应，如3O2=2O3，选项C正确；D、根
5、据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，选项D错误。答案选C。5.向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。由此得出的下列结论中不合理的是A. SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性B. 两支试管中的白色沉淀不是同种物质C. BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性D. 升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大【答案】C【解析】【分析】根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。【详解】SO2与水
6、反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。故A、B项正确，C项错误。H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。本题选C。【点睛】SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。6.下列说法正确的是 （ ）A. 葡萄糖和麦芽糖均可发生水解B. 淀粉和蛋白质遇碘
7、均变为蓝色C. 从海水中可以得到MgCl2，可电解MgCl2溶液制备MgD. 燃煤中加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量【答案】D【解析】【详解】A. 葡萄糖是单糖，不能水解，麦芽糖是二糖，可发生水解，A错误；B. 淀粉遇碘变为蓝色，蛋白质不能，B错误；C. 从海水中可以得到MgCl2，镁是活泼的金属，可电解熔融的MgCl2制备Mg，C错误；D. 燃煤中加入适量石灰石，能与二氧化硫反应，最终转化为硫酸钙，因此可减少废气中SO2的量，D正确。答案选D。7.下列物质既含有极性键，又含有非极性键的是（ ）A. NH3B. CH4C. CO2D. C2H6【答案】D【解析】【详解】ANH3 分子中只
8、含有NH极性共价键，A不符合题意；BCH4分子中只含有CH极性共价键，B不符合题意；CCO2分子中只含有C=O极性共价键，C不符合题意；DC2H6分子中含有CH极性共价键和CC非极性共价键，D符合题意；故选D。8.正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 中子数为10的氧原子：OB. Na2S的电子式：C. 乙酸的球棍模型：D. 次氯酸的电子式：【答案】C【解析】【详解】A. 中子数为10的氧原子的质量数是10+818，可表示为，A错误；B. Na2S是离子化合物，电子式为，B错误；C. 乙酸的结构简式为CH3COOH，球棍模型为，C正确；D. 次氯酸分子中只有
9、共价键，电子式为，D错误；答案选C。9.下列说法正确的是（）A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B. 常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化C. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D. 分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【答案】D【解析】【详解】ACl2、SO2均能使品红溶液褪色，前者是由于与水反应生成的HClO具有强氧化性，后者是由于SO2与品红化合成不稳定的无色物质，A错误；B常温下Cu与浓硫酸不反应，不是发生钝化，B错误；CFe与稀HNO3、稀H2SO4反
10、应均有气泡产生，由于硝酸的强氧化性，Fe与稀硝酸发生氧化还原反应生成的气体为NO，不是置换反应，Fe与稀硫酸发生置换反应生成H2，C错误；D分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，是由于二者均易溶于水，导致烧瓶内的气体压强减小，在大气压强的作用下水进入烧瓶，D正确；答案选D。10.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是A. 若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则原子序数:XYB. 由水溶液的酸性:HClH2S，可推断出元素的非金属性:ClSC. 硅、锗都位于金属与非金属的交界处，都可以做半导体材料D. Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA
11、族，碱性:CsOHBa(OH)2【答案】B【解析】【分析】A若X和Y2的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期；B元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关；C位于金属与非金属的交界处元素具有金属性与非金属性；D同周期元素自左而右金属性减弱，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强。【详解】A若X和Y2的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：XY，故A正确；B元素的非金属与元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱有关，与氢化物水溶液的酸性无关，故B错误；C硅、锗都位于金属与非金属的交界处，具有一定金属性与非金属性，都可以做半导体材料，故D正
12、确；DCs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，同周期元素自左而右金属性减弱，金属性CsBa，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOHBa(OH)2，故D正确；故选B。11.法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”共同获得诺贝尔化学奖。轮烷是一种分子机器的“轮子”，合成轮烷的基本原料有丙烯、戊醇、苯，下列说法不正确的是A. 苯与溴水混合会发生取代反应B. 丙烯能使溴水褪色C. 戊醇与乙醇都含有羟基D. 苯与足量氢气在镍催化作用下会发生加成反应生成环己烷【答案】A【解析】【详解】A苯与溴水不反应，溴易溶于苯，苯与溴水混合振荡，水层颜色变浅，是因为发生了萃取，在
13、催化条件下，苯可与液溴发生取代反应，故A错误；B丙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，而使溴水褪色，故B正确；C戊醇与乙醇都是饱和烷烃分子中的一个氢原子被羟基-OH取代产生的物质，含有的官能团为羟基，属于醇类，故C正确；D苯虽然并不具有碳碳双键，但结构中存在大键，在镍作催化剂条件下也可与H2发生加成反应，生成环己烷，故D正确；答案为A。12.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%，测得v(D)0.25 molL1s1，下列推断正确的是A. v(C)0.2 molL1s1B. z1C. B的转化率
14、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/L，故D正确；答案选D。13.下列微粒在所给条件下，一定可以大量共存的是（ ）A. 透明溶液中：SCN、NO、Na+
15、、Fe3+B. 遇酚酞显红色的溶液中：Cl2、Mg2+、I、SOC. 与铝反应能产生大量氢气的溶液中：HCO、K+、Cl、CH3COOD. 酸性溶液中：Fe2+、Al3+、SO、NH【答案】D【解析】【详解】A项，SCN-、Fe3+之间发生反应生成络合物，生成络合物的两个离子不能大量共存，A错误；B项，遇酚酞显红色的溶液呈碱性，存在氢氧根离子，镁离子结合氢氧根生成沉淀，不能大量共存，另外氯气会和碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C项，能与铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性或碱性，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子都发生反应，不能大量共存，另外氢离子和醋酸根结合生成弱电解质，不能大量共存，
16、C错误；D项，Fe2+、Al3+、SO、NH之间不反应，且都不与氢离子反应，所以在酸性溶液中能够大量共存，D正确；故选D。14.固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体氧化锆氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2)在其间通过。该电池的工作原理如下图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是( )A. 有O2放电的a极为电池的负极B. O2移向电池的正极C. b极对应的电极反应为2H24e+2O22H2OD. a极对应的电极反应为O2+2H2O+4e4OH【答案】C【解析】【详解】A、在燃料电池中，有O2放电的a极为原电池
17、的正极，A错误；B、O2移向电池的负极，B错误；C、有H2放电的b极为电池的负极，电极反应为2H24e+2O22H2O，C正确；D、a极是正极，氧气在正极得电子，则对应的电极反应为O2+4e2O2，D错误；答案选C。【点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键，即原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。难点是电极反应式的书写和正误判断，判断时一定要结合电解质溶液的酸碱性，例如本题是熔融的电解质，而不是水溶液，否则会错选D选项。15.满足分子式为C5H11Cl的有机物共有A. 6种B. 7种C. 8种D. 9
18、种【答案】C【解析】【分析】分子式为C5H11Cl是C5H12的一氯代物,根据C5H12的同分异构体有三种:CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C(CH3)4，每种同分异构体中的H原子有几种，则其一溴代物就有几种，据此分析。【详解】分子式为C5H11Cl是C5H12的一氯代物,而C5H12的同分异构体有三种：CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C(CH3)4。CH3CH2CH2CH2CH3中的H原子有3种,故其一氯代物有3种；（CH3）2CHCH2CH3中的H原子有4种,则其一氯代物有4种；C(CH3)4的H原子只有一种,则其一氯代物有1种。
19、故C5H12的一氯代物即C5H11Cl的结构有8种，所以C选项是正确的。16.下列关于资源综合利用的说法中，错误的是（ ）A. 石油主要是由气态烃、液态烃和固态烃组成的混合物B. 轻质油常压蒸馏主要产品为汽油、煤油和柴油C. 催化裂化的目的是提高汽油、煤油和柴油等轻质油的产量D. 煤的干馏和石油的分馏均属化学变化【答案】D【解析】【详解】A、石油是碳原子数在150的烃类的混合物，而碳原子4的为气态烃，随着碳原子数的增大，逐渐变为液态和固态，故石油中含气态、液态和固体烃，A正确；B、重油需要减压蒸馏，轻质油常压分馏即可获得汽油、煤油和柴油，B正确；C、石油的催化裂化的目的是获得轻质油，提高汽油、
20、煤油和柴油等轻质油的质量和产量，C正确；D、煤的干馏属于化学变化，石油的分馏属于物理变化，D错误。答案选D。17.绿色化学对于化学反应提出了原子经济性的要求。最理想的原子经济性反应是反应物中的原子全部转化为期望的最终产物，没有副产物，实现零排放。下列几种生产乙苯（）的方法和过程中，最符合原子经济性要求的是（ ）A. +C2H5Cl+HClB. +C2H5OH+H2OC. +H2D 【答案】C【解析】【详解】A+C2H5Cl+HCl，有副产物HCl生成，故不选A；B+C2H5OH+H2O，有副产物H2O生成，故不选B；C+H2，属于加成反应，原子利用率为100%，故选C；D，有副产物NaBr、H
21、2O生成，故不选D；选C。18.有八种物质：甲烷 苯 聚乙烯 聚异戊二烯 2-丁炔 环己烷 邻二甲苯 环己烯，既能使酸性KMnO4溶液褪色，又能与溴水反应使之褪色的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】甲烷既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水因反应而褪色，错误；苯既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水因反应而褪色，错误；聚乙烯既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又不能使溴水因反应而褪色，错误；聚异戊二烯中有碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，正确；2丁炔既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，正确；环己烷属于饱和烃，既不能使酸性高锰
22、酸钾溶液褪色，又不能使溴水因反应而褪色，错误；邻二甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但是不能使溴水因反应而褪色，错误；环己烯中含有碳碳双键，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水因反应而褪色，正确；符合题意的是，答案选C。19.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，Z是地壳中含量最高的金属元素，W的一种核素的质量数为28，中子数为14。下列说法正确的是（ ）A. Z2Y3、WX分别是离子化合物、共价化合物B. 元素的非金属性WYXC. 原子半径由大到小的顺序是ZWYXD. X、Z、W的最高价氧化物都是酸
23、性氧化物【答案】A【解析】【分析】Z是地壳中含量最高的金属元素,根据地壳中元素含量（O、Si、Al、Fe、Ca），Z为Al；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，X的化合价为+4价，X为C；Y的最外层电子数是电子层数的3倍，Y为O；W的一种核素的质量数为28，中子数为14，质子数质量数中子数14，则W为Si。【详解】A.根据分析Z2Y3为Al2O3，是离子化合物,WX是SiC，是共价化合物，A正确；B.元素的非金属性，从左到右依次增强，从上到下依次减弱，OCSi，B错误；C.原子半径从左到右依次减小，从上到下依次增大，由大到小的顺序是AlSiCO，
24、C错误；D.Z的最高价氧化物是Al2O3，为两性氧化物，D错误。答案选A。20.下列说法中正确的一组是()A. 和C(CH3)4是同一种物质B. H2和D2互为同位素C. 正丁烷和异丁烷是同系物D. 互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A和C(CH3)4是同一种物质，均表示新戊烷，A正确；BH2和D2均表示氢气，不能互为同位素，B错误；C正丁烷和异丁烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C错误；D的结构完全相同，是同一种物质，D错误；答案选A。21.从海水中提取镁的工艺流程可表示如下：下列说法不正确的是A. 用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B. 步骤电解熔融MgCl2时可制得Mg（
25、OH）2C. 步骤可将晶体置于HCl气体氛围中脱水D. 上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，贝壳高温煅烧生成氧化钙，氧化钙与水反应生成石灰乳；海水经结晶，过滤得到含有镁离子的母液，将石灰乳加入母液中，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁；向氢氧化镁中加入盐酸，盐酸与氢氧化镁反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到六水氯化镁；六水氯化镁在氯化氢气氛中加热脱去结晶水生成无水氯化镁；电解熔融的氯化镁制得金属镁。【详解】A项、海水中含有大量的镁元素，从海水中提取镁的优点之一是原料来源丰富，故A正确；B项、电解熔融的MgC
26、l2时，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成Cl2，阴极镁离子得电子发生还原反应生成金属镁，故B错误；C项、因MgCl2能水解，所以将MgCl26H2O晶体在HCl气体氛围中加热脱水，防止MgCl2水解生成Mg(OH)2，故C正确；D项、步骤涉及CaCO3的分解反应得到CaO，CaO与H2O发生化合反应得到Ca(OH)2，步骤是电解涉及分解反应，步骤涉及MgCl2与Ca(OH)2发生复分解反应得到Mg(OH)2和CaCl2，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学工艺流程，注意海水提取镁的流程分析,注意利用物质性质分析工艺流程中物质的转化是解答关键。22.下列离子方程式正确的是( )A. 澄清石灰水
27、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+ 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
28、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+2H2O2Na+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；答案选B。第卷（非选择题 共 56分）23.在2 L密闭容器内，800时反应：2NO（g）O2（g） 2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：时间（s）012345N（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）800，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是_。（2）如图
29、中表示NO2的变化的曲线是_。（3）能说明该反应已达到平衡状态的是_。a v（NO2）2v（O2） b 容器内压强保持不变c 消耗2molNO的同时消耗1molO2 d 各组分的浓度相等e 气体的颜色不再改变（4）能使该反应的反应速率增大的是_。a 及时分离出NO2气体 b 适当升高温度c 增大容器的容积 d 选择高效催化剂【答案】 (1). 0.0035mol/L (2). b (3). be (4). bd【解析】【详解】（(1)由表格数据可以知道，3min时达到平衡，NO的物质的量为0.007mol，c(NO)=0.0035mol/L，因此，本题正确答案是：0.0035mol/L；(2)
30、根据表格知道，随着反应的进行，一氧化氮的物质的量减小，则平衡向正反应方向移动二氧化氮的物质的量逐渐增大，当反应达到平衡状态时参加反应的n(NO)=(0.020-0.007mol=0.013mol，根据二氧化氮和一氧化氮的关系式知，平衡状态时生成n(NO2)等于参加反应的n(NO)，所以为0.013mol，c(NO2)=0.013mol/2L=0.0065mol/L，可以知道表示NO2的变化的曲线是b，因此，本题正确答案是：b；（3）a项，在任何时刻，都有反应物反应速率之比等于化学计量数之比，故不能说明反应已达到平衡状态，故不选a项；b项，该反应为非等体积反应，恒温恒容条件下，当容器内压强保持不
31、变，则气体物质的量不变，因此各物质的物质的量不变，反应达到平衡，故选b项；c项，消耗2molNO的同时消耗1molO2，反应都是正向进行，不能判断反应是否达到平衡，故不选c项；d项，各组分浓度保持不变，说明反应已达到平衡，故选d项。e项，颜色保持不变，说明反应已达到平衡，故选e项。综上，本题正确答案为：be；(4) a项，及时分离出产物，平衡向正反应方向移动，但是生成物浓度减小，逆反应速率减小，故不选a项；b项，该反应是放热反应，升高温度，反应速率增大，故选b项；c项，增大容器容积，压强减小，反应速率减小，故不选c项；d项，选择高校催化剂，能够提高反应速率，故选d项；综上，本题正确答案为：bd
32、。【点睛】对于2NO（g）O2（g） 2NO2（g），该反应为非等体积反应，恒温恒容条件下，当容器内压强保持不变，则气体物质的量不变，因此各物质的物质的量不变，反应达到平衡，此为易错点。24.下表是周期表的一部分，根据AI在周期表中的位置，回答以下问题：族周期AAAAAAA01A2DEG3BCJFHI（1）表中元素，化学性质最不活泼的是_（用元素符号表示，本小题下同）；可用于制半导体材料的元素是_。（2）最高价氧化物的水化物酸性最强的是_（填化学式），A分别与D、E、F、G、H形成的化合物中，最稳定的是_（填化学式）。（3）B和H形成化合物电子式为_。（4）元素E和元素H的氢化物均极易溶于水，
33、用两根玻璃棒分别蘸取它们的浓溶液，相互接近时，可看到大量的白烟，写出产生该现象的化学方程式_。（5）B、C两元素的最高价氧化物对应水化物之间反应的离子方程式是_。【答案】 (1). Ar (2). Si (3). HClO4 (4). HF (5). (6). HCl+NH3=NH4Cl (7). OH+Al(OH)3=AlO2+2H2O【解析】【分析】根据AI在周期表中的位置，可知A、B、C、D、E、F、G、H、I、J分别是H、Na、Al、C、N、P、F、Cl、Ar、Si。【详解】(1)Ar最外层有8个电子，结构稳定，化学性质最不活泼的是Ar；可用于制半导体材料的元素是Si；(2)非金属性越
34、强，最高价氧化物的水化物酸性越强，氟元素没有正价，最高价氧化物的水化物酸性最强的是HClO4，非金属性越强，气态氢化物越稳定，C、N、P、F、Cl中F的非金属性最强，H分别与C、N、P、F、Cl形成的化合物中，最稳定的是HF；(3)Na和Cl形成离子化合物NaCl，电子式为(4)Cl的氢化物是HCl，N的氢化物是NH3，HCl、NH3反应产生大量的白烟，该反应的化学方程式是HCl+NH3=NH4Cl；(5) Na、Al两元素的最高价氧化物对应水化物分别是NaOH、Al(OH)3，NaOH、Al(OH)3反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式是OH+Al(OH)3=AlO2+2H2O。【点睛】本
35、题考查元素周期律，根据元素在周期表中的位置准确推断元素种类是解题关键，明确同主族元素、同周期元素性质递变规律，注意氢氧化铝是两性氢氧化物。25.石油不仅是重要的矿物能源，更可以通过综合利用得到多种有机化工产品。乙烯是石油化工最重要的基础原料，请根据以下框图回答：（1）乙烯分子的空间结构为_；C官能团名称是_。（2）AB的化学方程式_。（3）A+C乙酸乙酯的化学方程式_；实验室常用饱和碳酸钠溶液来收集乙酸乙酯其作用为_。（4）“乙烯A”的反应类型是_反应。下列物质在一定条件下都能与乙烯反应，其中反应类型与“乙烯A”的不相同的是_（填序号）。氢气 氯化氢 氧气 溴水【答案】 (1). 平面结构 (
36、2). 羧基 (3). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O (5). 溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解、中和乙酸 (6). 加成 (7). 【解析】【分析】乙烯在一定条件下与水反应生成乙醇，乙醇在Cu的催化下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醛经氧化生成乙酸，乙酸和乙醇在浓硫酸的作用下生成乙酸乙酷，据此回答。【详解】（1）乙烯的键角为120，其空间结构为平面结构，C为乙酸，其含有的官能团为羧基，故本题答案为：平面结构；羧基；（2）A转化为B是乙醇的催化氧化生成乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3
37、CHO+2H2O，故本题答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（3）乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯的反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，在实验过程中需要将蒸汽导入到饱和碳酸钠溶液中，作用为溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解、中和乙酸，故本题答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解、中和乙酸；（4）乙烯与水反应生成乙醇，反应类型为加成反应，乙烯与氢气、氯化氢、湨水均可以发生加成反应，但乙烯与氧气发生氧化反应，故选择，本题答案为：加成；。【点睛】在制备乙酸乙酯实验过程中，需要将蒸汽导入
38、到饱和碳酸钠溶液中，作用为溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解、中和乙酸，导管不能深入到液面以下，起防倒吸作用。26.已知苯与液溴在溴化铁的催化作用下可以发生反应生成溴苯。某化学课外小组用如图所示装置制取溴苯并证明苯与溴发生的是取代反应。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器A（A下端活塞关闭）中。已知溴可溶于溴苯中。（1）写出A中反应的化学方程式：_。（2）实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是_，写出有关的化学方程式_。（3）实验时可观察到A中发生剧烈反应，反应液沸腾且有红棕色气体产生并充满A容器，说明苯与溴的反应是_反应（填“放热”或“吸热”）。（4）向试
39、管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明苯和溴发生的是取代反应而不是加成反应。另一种证明方法是向试管D中加入_，现象是_。【答案】 (1). (2). 使过量Br2与NaOH充分反应，可以将溴苯中的溴除去 (3). Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O (4). 放热 (5). 石蕊试液 (6). 溶液变为红色【解析】【详解】（1）在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，反应的化学方程式为：，故本题答案为：；（2）由于反应放热，苯和液溴均易挥发，溴蒸气是一种红棕色的气体，实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是
40、使过量的Br2与NaOH充分反应，可以将溴苯中的溴除去，反应的方程式为Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，故本题答案为：使过量的Br2与NaOH充分反应，可以将溴苯中的溴除去；Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O；（3）实验时可观察到A中发生剧烈反应，反应液沸腾且有红棕色气体产生并充满A容器，说明苯与溴的反应是放热反应，故本题答案为：放热；（4）如果发生取代反应，生成溴化氢，溴化氢易溶于水，在水溶液中完全电离出H+和Br-，只检验含有氢离子或溴离子即可，溴离子的检验：溶液滴加硝酸银溶液，如果生成淡黄色沉淀就证明发生了加成反应；氢离子的检猃：如明能使紫色石蕊试液变红，就
41、证明含有氢子，发生了加成反应，即向试管D中加入石蕊试液，现象是溶液变为红色，故本题答案为：石蕊试液；溶液变为红色。【点睛】本题要注意掌握苯的取代反应原理，明确反应的产物及HBr的化字性质是解答的关键。27.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
42、红棕色（1）B 中红棕色褪色的离子方程式是_。（2）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。（3）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 2，应进行的实验操作及现象是_。（4）通过上述全部实验，得出
43、结论：H2O2、SO2、Br2 氧化性由强到弱的顺序是_。【答案】 (1). SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br- (2). SO2+H2O2+Ba2+= BaSO4+2H+ (3). 打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹 (4). CCl4（苯或饱和NaHSO3溶液） (5). 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，品红溶液褪色 (6). H2O2Br2SO2【解析】【分析】A中浓硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，B中二氧化硫和溴水反应生成硫酸和HBr；C中二氧化硫、过氧化氢反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉
44、淀；打开B 中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色，说明Br-被H2O2氧化为Br2。【详解】(1) B中二氧化硫和溴水反应生成硫酸和HBr，B中红棕色褪色的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=4H+SO42-+2Br-；(2) C中二氧化硫、过氧化氢反应生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，C 中产生白色沉淀的离子方程式是SO2+H2O2+Ba2+= BaSO4+2H+；氧气能把亚硫酸氧化为硫酸，所以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；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中盛放的试剂是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；(3) SO2能使品红溶液褪色，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，品红溶液褪色； (4)氧化剂的氧化性大于氧化产物，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；【点睛】本题考查了SO2气体的实验室制取方法、物质氧化性强弱比较的验证，明确氧化剂的氧化性大于氧化产物，注意实验设计的严密性、可操作性。- 21 -
