1、宁夏吴忠市吴忠中学2019-2020学年高一化学学业水平文化课考试第一次模拟试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 N-14 Na-23 Cl-35.5一、选择题（在每题给出的四个选项中，只有一项是正确的。每题2分，共60分）1.化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质C. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为 95%【答案】D【解析】【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会产生烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩成一个小球，有浓烈的黑烟，
2、现象不同，可以区别蚕丝和人造纤维，A正确；B.食用油反复高温加热发生化学变化，产生多种有毒、有害甚至是致癌的稠环芳香烃物质，进而会危害人体健康，B正确；C.加热或高温会使蛋白质发生变性，从而失去对家禽的危害作用，故具有杀菌消毒作用，C正确；D.医用消毒酒精通常是用浓度为75%的乙醇溶液，体积分数为95%的酒精溶液渗透性差，会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里边的蛋白质仍然会危害人体健康，D错误；答案选D。2.下列各组物质中既有纯净物，又有混合物的是( )A. 烧碱、纯碱B. 氨水、氯水C. 明矾、胆矾D. 硫酸、盐酸【答案】D【解析】【详解】A烧碱是氢氧化钠的俗称，属于碱类，纯碱是碳酸
3、钠的俗称，属于盐类，都是由一种物质组成，都属于纯净物，故A错误；B氨水是氨气的水溶液、氯水是氯气的水溶液，都是混合物，故B错误；C明矾是硫酸铝钾的晶体，属于盐类，胆矾是硫酸铜的晶体，属于盐类，都是由一种物质组成，都属于纯净物，故C错误；D硫酸属于酸，是纯净物，盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，故D正确；故选D。3.溶液和胶体本质区别是（ ）A. 微粒直径的大小B. 观察外观C. 电泳D. 丁达尔效应【答案】A【解析】【详解】当分散剂是水或其他溶剂时，根据分散质粒子直径的大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1纳米），胶体（1纳米-100纳米），浊液（大于100纳米），所以溶液和胶体的本质区别是微
4、粒直径的大小。故选A。4. 下列有机物属于烃的是A. C2H5OHB. CCl4C. C2H6D. CH3COOH【答案】C【解析】【详解】烃是只含碳、氢两种元素的化合物，故选：C。5.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 1molH2O所含有的原子数为NAB. 32gO2含有的氧原子数为2NAC. 常温常压下，11.2 LCl2 所含的分子数为0.5NAD. 1L0.1molL-1NaCl溶液中所含的Na+数为NA【答案】B【解析】【详解】A.1molH2O含有3mol原子，所含有的原子数为3NA，故A错误；B.32gO2含有的氧原子数为2NA=2NA，故B正确；C常温常压，V
5、m22.4L/mol，无法计算氯气的物质的量和分子数，故C错误；D.1L0.1mol/LNaCl溶液中所含的Na+数为1L0.1mol/LNA=0.1NA，故D错误；故答案为B。6.下列各组物质中，互为同素异形体的是（ ）A. 干冰和冰B. 白磷和红磷C. 甲烷和乙烷D. 丁烷和丁烯【答案】B【解析】【详解】A干冰是固体的二氧化碳，冰是水，是不同的物质，A错误；B白磷和红磷都是磷元素形成的不同单质，互为同素异形体，B正确；C 甲烷和乙烷分子结构相似，相差1个CH2，互为同系物，C错误；D丁烷属于烷烃，丁烯属于烯烃，是不同的物质，D错误；故选B。7.同一周期元素X、Y、Z，其最高价氧化物对应的水
6、化物的酸性HXO4H2YO4H3ZO4，则下列关系正确的是( )A. 非金属性XYZB. 原子半径XYZC. 最外层电子数XYZD. 气态氢化物的稳定性HXH2YZH3【答案】C【解析】【分析】元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，同一周期元素，元素的非金属性随着原子序数的增大而增强因为最高价氧化物的水化物酸性由强到弱顺序为HXO4H2YO4H3ZO4，则原子序数XYZ、非金属性XYZ，结合元素周期律分析判断。【详解】A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以非金属性XYZ，故A错误；B通过以上分析知，原子序数XYZ，同周期元素，原子序数大的原子半径小，则原子半径
7、为XYZ，故B错误；C原子序数XYZ，同一周期元素，最外层电子数随原子序数增大而增大，因此原子最外层电子数XYZ，故C正确；C元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性XYZ，气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3，故D错误；故选C。8.同位素铋Bi的原子核内中子数与核外电子数之差是( )A. 83B. 126C. 43D. 209【答案】C【解析】【分析】根据原子符号的含义以及中子数=质量数-质子数，原子中核外电子数=核内质子数，据此分析解答。【详解】Bi的质子数是83，质量数是209，中子数=质量数-质子数=209-83=126，原子核外电子数=核内质子数=83，核内的中子数与核外的电子数
8、之差为126-83=43，故选C。9.下列各组离子，在指定的环境中一定能大量共存的是( )A. 某无色酸性溶液中：NH、Ca2+、F-、Cl-B. 与金属铝反应只放出氢气的溶液：K+、NH、NO、Cl-C. 能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：Na+、NH、S2-、Br-D. 滴加酚酞试液变红色的溶液：K+、Na+、S2-、Cl-【答案】D【解析】【分析】A无色溶液不含有色离子，酸性溶液中含有大量氢离子；B与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液；C能和淀粉KI试纸变蓝色的溶液含有强氧化性微粒；D使酚酞试液变红色的溶液呈碱性，含有大量氢氧根离子，据此分析判断。【详解】A无色溶液不含有色离子，
9、酸性溶液中含有大量氢离子，这几种离子都无色，但H+、F-反应生成弱电解质HF，不能大量共存，故A错误；B与Al反应生成氢气的溶液为弱氧化性酸或强碱溶液，酸性条件下NO和Al反应生成氮氧化物而不是氢气，碱性条件下NH生成弱电解质，不能大量共存，故B错误；C能使淀粉KI试纸变蓝色的溶液中含有强氧化性微粒，该强氧化性的微粒能氧化S2-，不能大量共存，故C错误；D使酚酞试液变红色的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子也不反应，能大量共存，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意硝酸具有强氧化性，与活泼金属反应一般不放出氢气。10.下列化学反应中，不属于四种基本反应类型的是( )A.
10、 2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2B. 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2C. 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2D. Na2O+H2O=2NaOH【答案】B【解析】【详解】A2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2两种化合物相互交换成分，属于复分解反应，故A不选；B2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，单质和化合物反应生成两种化合物，不属于置换反应等四种基本类型的反应，故B选；C2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，由一种反应物生成多种生成物，属于分解反应，故C不选；DNa2O+H2O=2NaOH，由两种反应物生成一种生成物，属于化合反应，
11、故D不选；故选B。11.煤的干馏属于( )A. 物理变化B. 化学变化C. 没有变化D. 煤的燃烧【答案】B【解析】【详解】煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，过程中发生了复杂的物理和化学变化，有新的物质生成，属于化学变化，故选B。12.下列反应属于放热反应的是（ ）A. 钠与水的反应B. 碳酸钙分解反应C. 炭和水蒸气反应D. 水结冰【答案】A【解析】【详解】A. 钠与水的反应放出能量，属于放热反应，故选A； B. 碳酸钙分解反应，吸收能量，属于吸热反应，故不选B； C. 炭和水蒸气反应，吸收能量，属于吸热反应，故不选C； D. 水结冰放出能量，但不属于化学反应，故不选D。答案选A。
12、13.下列化学用语表述正确的是（ ）A. 硫酸的电离方程式：H2SO4=H2+SOB. 乙烯的结构简式：C2H4C. 硅的原子结构示意图：D. 氢氧化钠俗称小苏打【答案】C【解析】【详解】A硫酸是强酸，全部电离，电离方程式：H2SO4=2H+SO，A错误；B乙烯是烯烃，含有碳碳双键，结构简式：CH2=CH2，B错误；C硅是14号元素，核外电子有3层，分别有2、8、4个电子，原子结构示意图：，C正确；D氢氧化钠俗称烧碱、火碱、苛性钠，D错误；故选C。14.在2Cu(NO3)22CuO+4NO2O2反应中，被氧化的元素是（ ）A. CuB. NC. OD. Cu和O【答案】C【解析】【详解】2Cu
13、(NO3)22CuO+4NO2O2中N元素化合价降低，O元素化合价升高，则O元素失去电子，被氧化，故选C。15.下列说法正确的是（ ）A. 硅是制造太阳能电池的材料B. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆C. AlCl3可用作冶炼金属铝D. 医学上常用碳酸钡作为内服造影剂“钡餐”【答案】A【解析】【详解】A硅可用作半导体材料，可制造太阳能电池的材料，A正确；BSO2具有漂泊性，可用于漂白纸浆，B错误；CAlCl3是共价化合物，不可用于冶炼金属铝，冶炼金属铝应选Al2O3，C错误；D医学上常用硫酸钡作为内服造影剂“钡餐”，D错误；故选A。16.下列有关钠及其化合物的有关说法中正确的是()A. 钠与
14、CuSO4溶液反应的离子方程式为2Na+Cu2+Cu+2Na+B. 7.8 g Na2O2含离子数为0.4NAC. “侯氏制碱法”中的碱指NaHCO3D. 向Na2CO3饱和溶液中通入足量的CO2，有NaHCO3结晶析出【答案】D【解析】【分析】A. 将金属钠放入CuSO4溶液中，钠先与水反应生成NaOH，NaOH再与CuSO4反应；B. 1molNa2O2中存在2molNa+和1molO22-；C. “侯氏制碱法”中的碱为Na2CO3D. 相同条件下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度。详解】A. 钠与硫酸铜溶液反应，生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，离子方程式：Cu2+2Na+2H2
15、OCu(OH)2+2Na+H2，A项错误；B. 7.8 g Na2O2物质的量为：0.1mol，含有0.2mol Na+，0.1mol O22-，共含离子数为0.3NA，B项错误；C. “侯氏制碱法”中的碱为Na2CO3，C项错误；D. Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，相同条件下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，因此向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出，D项正确；答案选D。【点睛】解答本题时要注意钠与盐溶液反应的分析方法第一步：钠与水反应生成NaOH和H2；第二步：生成的NaOH如果能与溶质反应，则发生的是NaOH与溶质的复分解反应。生成气体型钠与
16、NH4Cl溶液反应生成H2和NH3生成沉淀型钠与铜盐、铁盐等溶液反应生成Cu(OH)2或Fe(OH)3复杂型钠与AlCl3稀溶液反应，如果钠量较多，则先生成Al(OH)3沉淀，后沉淀溶解17.X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）A. X与Y形成的化合物只有一种B. R的氢化物的热稳定性比W的强C. 原子半径：r(Z)r(R)，C项错误；D碳酸的酸性弱于硫酸，D项错误；故选B。18.下列离子方程式正确的是( )A
17、. 铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2+AgB. 铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2C. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO+2H+=CO2+H2OD. 硫酸钠溶液和氯化钡溶液反应：Ba2+SO=BaSO4【答案】D【解析】【详解】A铜和硝酸银溶液发生置换反应，反应的离子方程式：Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故A错误；B铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式：Fe+2H+=Fe2+H2，故B错误；C碳酸钙难溶于水，碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式：CaCO3+2H+=CO2+H2O+Ca2+，故C错误；D硫酸钠溶液和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式：Ba2+
18、SO=BaSO4，故D正确；故选D。19.能用于区别SO2与CO2的试剂是( )A. 氯化钙溶液B. 澄清的石灰水C. 品红溶液D. 紫色石蕊溶液【答案】C【解析】【详解】ASO2与CO2均不能跟氯化钙溶液反应，现象相同，不能区别，故A不选；BSO2与CO2均能使澄清石灰水变浑浊，现象相同，不能区别，故B不选；C二氧化硫能使品红褪色，而二氧化碳不能，现象不同，可以区别，故C选；DSO2与CO2均能使紫色石蕊试液变红，现象相同，不能区别，故D不选；故选C。20.下列物质中即含离子键又含共价键的是( )A. SO2B. Na2O2C. H2O2D. NaCl【答案】B【解析】【分析】一般来说，活泼
19、金属元素与活泼非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，据此分析判断。【详解】ASO2中S与O之间形成共价键，只含共价键，不含离子键，故A错误；BNa2O2属于离子化合物，含有离子键、O-O之间还存在非极性共价键，故B正确； C过氧化氢属于共价化合物，只含共价键，不含离子键，故C错误； DNaCl属于离子化合物，只含离子键，不含共价键，故D错误；故选B。21.下列反应不属于加成反应的是( )A. CH2=CH2HClCH3CH2ClB. 2CH3CH37O24CO26H2OC. H2D. CH2=CH2Br2CH2BrCH2Br【答案】B【解析】【详解】A乙烯与氯化氢反应生成氯乙烷，属于
20、加成反应，故A不选；B反应2CH3CH3+5O2 2CO2+6H2O为乙烷的燃烧反应，不属于加成反应，故B选；C丙酮与氢气反应生成2-丙醇，属于加成反应，故C不选；D乙烯与溴发生反应生成1，2-二溴乙烷，属于加成反应，故D不选；故选B。22.下列影响化学反应速率的外界因素中，肯定能使化学反应速率加快的方法是（ ）升高温度；增大压强；增大反应物的物质的量；将块状固体反应物磨成粉末A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】升高温度，活化分子百分数增加则反应速率增大，故正确；增大压强如没有气体参加反应则反应速率不会增大，故错误；对于固体反应物，增大固体的物质的量，不改变反应速率，故错误；将块
21、状固体反应物磨成粉末，固体表面积增大，反应速率增大，故正确；故选B。23. 下列表示方法正确的是A. O2的结构示意图：B. 四氯化碳的电子式：C. HClO的结构式为：HOClD. 用电子式表示氯化氢分子的形成过程：【答案】C【解析】【详解】AO2最外层有8个电子，离子结构示意图是，A错误；B四氯化碳分子中Cl原子最外层有8个电子，其电子式是，B错误；CHClO分子中O原子与H、Cl分别形成一对共用电子对，其结构式为：HOCl，C正确；DHCl是共价化合物，没有电子得失，其形成过程用电子式表示是，D错误。答案选C。24.下列实验的现象、解释或结论均正确的是()选项实验操作及现象解释或结论A向
22、某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失原溶液一定含有SO42B用某无色溶液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液一定是钠盐溶液C向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝原溶液一定有NH4+D向某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色原溶液一定有IA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，说明溶液中可能存在SO42，若溶液中存在Ag+时，有相同的现象，因此原溶液不一定含有SO42，A项错误；B. 焰色反应为元素的性质，溶液存在钠元素即可，B项错误；C. 氨气可使湿润
23、红色石蕊试纸变蓝，则原溶液一定有NH4+，C项正确；D. CCl4层显紫色，溶解碘单质，不能确定是否含碘离子，D项错误；答案选C。【点睛】焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应，用于鉴别物质存在的金属元素的种类。25.下列各装置中能组成原电池的是A. B C D. 【答案】B【解析】【详解】A两个电极材料相同，且铜和稀硫酸不能发生自发进行的氧化还原反应不能构成原电池，故A错误；B符合原电池的构成条件，锌作负极发生氧化反应，溶液中氢离子在铜电极得到电子发生还原反应生成氢气，能组成原电池，故B正确；C酒精不是电解质且不能自发的进行氧化
24、还原反应，不能构成原电池，故C错误；D无自发进行的氧化还原反应，不能构成原电池，故D错误；故答案为B。【点睛】原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应。26.铁是人类应用较早，当前应用量最大的金属元素。下列有关说法中正确的是()A. 人类使用铁制品在铝之后B. 常温下，铁不能与浓硝酸反应C. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2D. 除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质可以向溶液中加入适量氯水【答案】D【解析】【详解】A. 铝比铁活泼，所以人类使用铁制品在铝之前，A项错误；B. 常温下，铁与浓硝酸发生钝化，是因
25、为发生反应生成一层致密的氧化膜阻止反应进一步进行，B项错误；C. 铁与水蒸气在高温下的反应方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C项错误；D. 氯水将FeCl2杂质氧化成FeCl3，方程式为2FeCl2+Cl22FeCl3，D项正确；答案选D。27.苯乙烯()是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是( )A. 分子式为C8H8B. 分子中最多有12个原子共面C. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色D. 在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯【答案】B【解析】【分析】该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃的性质，结合苯和乙烯的结构与性质分析解答。【详解】A由结构简式可知，苯乙烯的分子式为C
26、8H8，故A正确；B苯环上所有原子共平面、乙烯中所有原子共平面，该物质中所有原子都可能共平面，即分子中最多有16个原子共面，故B错误；C结构中含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D结构中含有碳碳双键，可发生加聚反应生成聚苯乙烯，故D正确；故选B。28.工业上冶炼金属钠，通常采用的方法是A. 热分解法B. 热还原法C. 结晶法D. 电解法【答案】D【解析】【详解】根据金属的活动性顺序可知，常见的金属冶炼方法有电解法、热还原法、热分解法等，活泼性不同的金属用不同的冶炼方法，特别活泼的金属如K、Ca、Na、Mg、Al用电解的方法冶炼，故合理选项是D。29. 下列烷烃
27、在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃的是( )A. CH3CH2CH2CH3B. CH3CH(CH3)2C. CH3C(CH3)3D. (CH3)2CHCH2CH3【答案】C【解析】【分析】只生成一种一氯代烃，则烃分子中只有一种H原子。【详解】A. CH3CH2CH2CH3有两种H原子，可以生成两种一氯代烃，A不选；B. CH3CH(CH3)2有两种H原子，可以生成两种一氯代烃，B不选；C. CH3C(CH3)3有一种H原子，可以生成一种一氯代烃，C选；D. (CH3)2CHCH2CH3有四种H原子，可以生成四种一氯代烃，D不选；答案是C。30.在4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5
28、mol B气体，在一定条件下发生反应：3A(g)B(g)2C(g)xD(g)，5 s达到平衡。达到平衡时，生成了2 mol C，经测定D的浓度为0.5 molL1，下列判断正确的是( )A. x1B. B的转化率为20%C. 平衡时A的浓度为1.50 molL1D. B的平均反应速率为0.2 molL1s1【答案】B【解析】【详解】达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L0.5mol/L=2mol； 3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g）起始：6mol 5mol 0 0转化：3mol 1mol 2mol xmol 平衡：3mol 4mol 2mol 2molA.根据参加反应的各物质
29、的物质的量之比等于方程式中计量数之比，可知x=2，故A错误；B.B的转化率为20%，故B正确；C.平衡时A的浓度为=0.75mol/L，故C错误；D.B表示该反应在5min内的化学反应速率为=0.05molL1s1，故D错误；答案：B二、填空题(共30分)31.钠及其重要化合物之间的转化关系如图所示：回答下列问题；(1)钠元素在周期表中的位置_，少量的钠应保存在_。(2)Na2O2的颜色为_，其用途为_。(3)反应中的氧化剂是_。(4)反应中4.6g的金属钠与足量的水反应生成标况下_L氢气，转移的电子的物质的量为_mol。【答案】 (1). 第三周期IA族 (2). 煤油 (3). 淡黄色 (
30、4). 供氧剂 (5). H2O (6). 2.24 (7). 0.2【解析】【分析】钠为11号元素，易与空气中水、氧气反应，其中钠与水反应的方程式为2Na + 2H2O=2NaOH + H2，结合氧化还原反应的规律和物质的量的计算公式分析解答。【详解】(1)钠的原子核外有3个电子层，最外层电子数为1，处于周期表中第三周期IA族；钠性质活泼，易与空气中水、氧气反应，而与煤油、石蜡油不反应，且密度比煤油、石蜡油大，应保存在煤油或石蜡油中，故答案为：第三周期IA族；煤油(或石蜡油)；(2)Na2O2为淡黄色固体，能够与二氧化碳反应放出氧气，常用作供氧剂，故答案为：淡黄色；供氧剂；(3)反应为钠和水
31、反应生成氢氧化钠和氢气，2Na + 2H2O=2NaOH + H2，H元素化合价降低，Na元素化合价升高，氧化剂为H2O，故答案为：H2O；(4) 4.6g的金属钠的物质的量=0.2mol，根据2Na + 2H2O=2NaOH + H2，钠完全反应放出0.1mol氢气，在标准状况下的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，转移0.2mol电子，故答案为：2.24；0.2。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意物质的量计算公式的记忆和应用。32.请同学们仔细阅读下表，并回答下列问题：元素甲乙丙元素符号ClO原子结构示意图周期三二族AA（1）写出的元素符号_，的原子结构示意图_，的周期_，
32、的族_；（2）甲元素最高价氧化物对应的水化物呈_性（填“酸”或“碱”），乙元素最高价氧化物对应的水化物的化学式为_，甲元素最高价氧化物对应的水化物与乙元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为_；（3）甲与乙两元素的单质反应生成物的电子式为_。【答案】 (1). Na (2). (3). 第三周期 (4). IA族 (5). 碱 (6). HClO4 (7). NaOH+HClO4=NaClO4+H2O (8). 【解析】【分析】甲的质子数是11，元素符号是Na，位于第三周期第A族；Cl的质子数是17，原子结构示意图为，位于第三周期第A族；O元素原子序数为8，原子结构示意图为，位于第二
33、周期第A族。【详解】(1)甲的质子数是11，元素符号是Na，位于第三周期第A族；Cl的质子数是17，原子结构示意图为，位于第三周期第A族，故本题答案为：Na；第三周期；IA族；(2)Na的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，溶液呈碱性；乙元素(Cl)最高价氧化物对应的水化物为HClO4，二者发生中和反应生成高氯酸钠和水，化学方程式为：NaOH+HClO4=NaClO4+H2O，本题答案为：碱；HClO4；NaOH+HClO4=NaClO4+H2O；(3)甲与乙两元素的单质反应生成的化合物是NaCl，其电子式为，本题答案为：。【点睛】氯的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，属于强酸，可和碱反应
34、，生成盐和水，此为易错点。三、实验探究题33.NaCl和NaClO在酸性条件下可发生反应：ClO-Cl-2H+=Cl2H2O，某学习小组拟研究消毒液(主要成分为NaCl和NaClO)的变质情况。(1)此消毒液中NaClO可吸收空气中的CO2生成NaHCO3和HClO。写出化学反应方程式_。(2)取适量消毒液放在试管中，加入足量一定浓度的硫酸，有气体放出。通过以下装置检验气体的成分可以判断消毒液是否变质。限选试剂：98%浓硫酸、1%品红溶液、1.0molL-1KI淀粉溶液、1.0molL-1NaOH溶液、澄清石灰水、饱和NaCl溶液。请完成下列实验方案。所加试剂预期现象和结论试管A中加足量_；试
35、管B中加1%品红溶液；试管C中加_。若A中溶液变蓝色，B中溶液不褪色，C中溶液变浑浊，则消毒液部分变质；_，则消毒液未变质；_，则消毒液完全变质。【答案】 (1). NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO (2). 1.0mol/LKI-淀粉溶液 (3). 澄清石灰水 (4). 若A中变蓝色，B中不褪色，C中不变浑浊 (5). 若A中不变蓝色，B中不褪色，C中变浑浊【解析】【分析】(1)根据次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠与次氯酸书写方程式；(2)检验消毒液与硫酸反应生成的气体中是否含有氯气、二氧化碳，可以判断消毒液的变质情况，检验氯气可以用1.0mol/L的KI-淀粉溶液，
36、检验二氧化碳用过澄清石灰水，结合实验现象分析判断。【详解】(1)碳酸的酸性比次氯酸强，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠与次氯酸，反应的化学方程式为NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，故答案为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；(2)检验消毒液与硫酸反应生成的气体中是否含有氯气、二氧化碳，可以判断消毒液的变质情况。装置A作用是检验氯气，可以用1.0mol/L的KI-淀粉溶液检验；装置B作用是检验氯气是否除尽；装置C是检验二氧化碳，可以用澄清石灰水检验；若A中溶液变蓝色，B中溶液不褪色，C中溶液变浑浊，则消毒液部分变质；若A中溶液变蓝色，B中溶液不褪色(无变
37、化)，C中溶液不变浑浊(无变化)，则消毒液未变质；若A中溶液不变蓝色(无变化)，B中溶液不褪色(无变化)，C中溶液变浑浊则消毒液完全变质，故答案为：1.0mol/LKI-淀粉溶液；澄清石灰水；若A中溶液变蓝色，B中溶液不褪色(无变化)，C中溶液不变浑浊(无变化)；若A中溶液不变蓝色(无变化)，B中溶液不退色(无变化) ，C中溶液变浑浊。【点睛】本题的易错点和难点为(2)，要注意氯气的存在对二氧化碳的检验有影响。四、附加题（每空2分，共20分）34.请根据题意选择下列物质，并用其字母代号填空：A.CH3COOC2H5 B.CH2=CH2 C. D.CH3COOH E.C6H12O6 F.(C6H
38、10O5)n(1)属于食醋的主要成分的是_，(2)具有芳香气味的是_，(3)可以作为植物生长调节剂的是_，(4)属于芳香烃的是_，(5)血糖较低时，可及时补充的是_，(6)植物的根、茎、叶、果皮主要含有的有机成分是_。【答案】 (1). D (2). A (3). B (4). C (5). E (6). F【解析】【分析】【详解】(1)食醋的主要成分为乙酸，故答案为：D；(2)一般而言，低级酯具有芳香气味，CH3COOC2H5属于低级酯，故答案为：A；(3)乙烯具有催熟作用，可以作为植物生长调节剂，故答案为：B；(4)含有苯环的烃属于芳香烃，故答案为：C；(5)血糖较低时，可及时补充葡萄糖，
39、故答案为：E；(6)植物的根、茎、叶、果皮主要含有纤维素，故答案为：F。【点睛】解答本题要注意常见物质的化学用语的表示形式，本题的易错点为E和F，要注意C6H12O6可以表示葡萄糖，也可以表示果糖，(C6H10O5)n可以表示纤维素，也可以表示淀粉。35.在2L密闭容器内，t时发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在体系中，n(N2)随时间的变化如下表：时间(min)012345N2的物质的量(mol)0.200.100.080.060.060.06(1)上述反应在第5min时，N2的转化率为_；(2)用H2表示从02min内该反应的平均速率v(H2)=_；(3)t时，在4个均为2
40、L密闭容器中不同投料下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果，判断该反应进行快慢的顺序为_。(用字母填空，下同)；a.v(NH3)=0.05molL-1min-1b.v(H2)=0.03molL-1min-1c.v(N2)=0.02molL-1min-1d.v(H2)=0.00lmolL-1s-1(4)下列表述能作为反应达到化学平衡状态的标志是_。a.反应速率v(N2)v(H2) v(NH3)=132b.各组分的物质的量浓度不再改变c.混合气体平均相对分子质量不再改变d.混合气体的密度不变【答案】 (1). 70% (2). 0.09mol/(Lmin) (3). ac=db (4). b
41、c【解析】【分析】(1)N2的初始物质的量0.20mol，第5min时，N2的物质的量为0.06mol，根据转化率的计算公式计算；(2)根据v=，结合v(H2)=3v(N2)计算；(3)同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比分析判断；(4)根据化学平衡状态的特征分析判断。【详解】(1)N2的初始物质的量0.20mol，第5min时，N2的物质的量为0.06mol，已经转化的氮气的物质的量为0.20mol-0.06mol=0.14mol，反应在第5min时，N2的转化率=100%=70%，故答案为：70%；(2)N2的初始物质的量0.20mol，第2min时，N2的物
42、质的量为0.08mol，从02min内已经转化的氮气的物质的量为0.20mol-0.08mol=0.12mol，则v(N2)=0.03mol/(Lmin)，v(H2)=3v(N2)=0.09mol/(Lmin)，故答案为：0.09mol/(Lmin)；(3)反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，以氢气的反应速率为标准进行判断；av(NH3)=0.05mol/(Lmin)，反应速率之比等于其计量数之比，所以(H2)=0.075mol/(Lmin)；b(H2)=003mol/(Lmin)；c(N2)=0.02mol/(Lmin)，反应速率之比等于其计量数之比，所以(H2)=0.06mol/
43、(Lmin)；dv(H2)=0.00l mol/(Ls) =0.06mol/(Lmin)；所以该反应进行快慢的顺序为ac=db，故答案为：ac=db；(4)a反应速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡状态，都存在反应速率v(N2)v(H2)v(NH3)=132，不能用于判断是否是平衡状态，故a错误；b各组分的物质的量浓度不再改变，可说明正、逆反应速率相等，达到平衡状态，故b正确；c该反应为气体的物质的量减小的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的总物质的量不变，可说明达到平衡状态，故c正确；d混合气体的总质量不变，容器的体积不变，则无论是否达到平衡，混合气体的密度都不变，因此混合气体的密度不变，不能用于判断是否是平衡状态，故d错误；故答案为：bc。【点睛】本题的易错点为(3)，速率比较时要注意单位需要一致，l mol/(Ls) =60mol/(Lmin)。