1、2016-2017学年新疆兵团农二师华山中学高二（上）学前考试化学试卷一、单选题：（每小题2分，共32分）1 I是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中I的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏下列有关I的叙述中错误的是（）A I的化学性质与I相同B I的质子数为53C I的原子核外电子数为78D I的原子核内中子数多于质子数2如图是四种常见有机物的比例模型示意图下列说法正确的是（）A甲能使酸性KMnO4溶液褪色B乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色C丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键D丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应3某浓度的硝酸与过量铁粉反应，生成标况下一氧化二氮气
2、体4.48L若改用铝反应，假设只生成一氧化氮气体，则最多可溶解铝的量（）A13.5gB9gC27gD0.33mol4标准状况下，0.56L CH4和C2H4的混合气体通入足量溴水中，溴水增重0.28g（假设C2H4完全被吸收），则乙烯占混合气体体积的（）A20%B40%C60%D80%5下列分子只表示一种物质的是（）AC3H7ClBC3H8CC5H12DC4H106200时，11.6g由CO2和H2O组成的混合气体与足量Na2O2充分反应后，固体质量增加3.6g则原混合气体的平均相对分子质量为（）A5.8B11.6C23.2D46.47纯净的碳酸氢钙试样在高温下分解，当剩余的固体物质质量为原试
3、样质量一半时，碳酸氢钙的分解率是（）A50%B75%C92.7%D100%8把15g铁和氧化铁的混合物加入到150ml稀硫酸中，产生标况下氢气1.68L待铁和氧化铁全部反应完毕后，向溶液中加入少量的硫氰化钾溶液，无明显现象为中和过量硫酸，并使硫酸亚铁全部转化为氢氧化亚铁沉淀，用去3mol/L氢氧化钠溶液200ml则该稀硫酸的物质的量浓度为（）A115mol/LB1mol/LC3mol/LD2mol/L9下列物质中，化学键种类完全相同的是（）AH2O和Na2OBNaOH和NaClCH2O2和Na2O2DCCl4和HCl10X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的核外电子层结构下列叙述中正确的是（
4、）A原子序数：XYB原子半径：XYC原子半径：XYD原子最外层电子数：XY11同周期的X、Y、Z三种元素，已知其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4H2YO4H3ZO4，则下列各判断中正确的是（）A原子半径：XYZB单质的非金属性：XYZC气态氢化物稳定性：XYZD原子序数：XYZ12某溶液中只含有K+、Fe3+、NO3，已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，则溶液中K+与NO3的个数比为（）A1：4B1：2C3：4D3：213下列事实不能作为实验判断依据的是（）A钠和镁分别与冷水反应，判断金属活动性强弱B在MgCl2与AlCl3溶液中分别加入过量的氨水，判断镁与铝的金属活动性
5、强弱C硫酸与碳酸的酸性比较，判断硫与碳的非金属活动性强弱D1moLBr2和1moLI2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属性强弱14（东城一模）应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（）碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定性大于HCl硒（Se）的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性铊（Tl）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱ABCD15把SO2通入Fe（NO3）3溶液中，溶液由黄色变为浅绿色，但立即
6、又变为黄色，此时若滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀在上述一系列变化过程中，最终被还原的是（）ASO2BNO3CFe3+DFe2+16某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物当参加反应的单质与被还原的硝酸的物质的量之比为2：1时，还原产物可能为（）ANO2BNOCN2ODN2二、填空题（共4题，18分）17A是一种重要的化工原料，标况下密度1.25g/L；C是一种酸性物质，D是具有果香气味的烃的衍生物A、B、C、D在一定条件下存在如下转化关系（石蜡油含17个碳原子以上的液态烷烃，部分反应条件、产物被省略）写出下列变化的化学方程式并指出反应类型：AB：；B+CD：18元素周期表
7、与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用下表列出了九种元素在周期表中的位置请用相关的化学术语回答下列问题：族周期AAAAAAA0234（1）在这些元素中，最不活泼的是，非金属性最强的是，金属性最强的是；（填元素符号或化学式，下同）（2）这些元素形成的最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的，酸性最强的；（3）、这五种元素的原子半径由大到小的顺序为；（4）的氢化物的电子式为，在空气中燃烧后生成产物的电子式19图表示各物质之间的转化关系已知：常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，D是一种碱性气体A中阴、阳离子个数比是1：1，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质（部分
8、生成物和反应条件省略）请按要求填空：（1）A物质的化学式是；（2）反应中产生标准状况下1.12L气体F，则转移的电子数目是；（3）反应的化学方程式是；（4）反应的离子方程式是20将一定质量的MgAl合金投入到100mL一定物质的量浓度的HCl中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/LNaOH溶液至过量，生成沉淀质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示 求：（1）写出20ml160ml阶段的离子反应方程式； （2）160ml180ml阶段的离子反应方程式；（3）原合金分别与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应产生气体的在同温同压下的体积比为（4）HCl的物质的量浓度为mol/L2016-2017学
9、年新疆兵团农二师华山中学高二（上）学前考试化学试卷参考答案与试题解析一、单选题：（每小题2分，共32分）1 I是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中I的含量变化来检测核电站是否发生放射性物质泄漏下列有关I的叙述中错误的是（）A I的化学性质与I相同B I的质子数为53C I的原子核外电子数为78D I的原子核内中子数多于质子数【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系【分析】A、互为同位素的原子化学性质几乎完全相同，物理性质有差别B、原子符号AZX左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，X代表元素符合C、电中性原子质子数等于核外电子数D、原子
10、符号AZX左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，X代表元素符合根据质量数=质子数+中子数计算中子数据此判断【解答】解：A、53131I与53127I质子数相同，中子数不同，互为同位素，化学性质几乎完全相同，物理性质有差别，故A正确；B、原子符号AZX左下角数字代表质子数，53131I的质子数为53，故B正确；C、53131I是电中性原子，质子数等于原子核外电子数为53，故C错误；D、53131I的质子数为53，中子数=13153=78，中子数多于质子数，故D正确故选：C2如图是四种常见有机物的比例模型示意图下列说法正确的是（）A甲能使酸性KMnO4溶液褪色B乙可与溴水发生取代反应使溴水褪
11、色C丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键D丁在稀硫酸作用下可与乙酸发生取代反应【考点】球棍模型与比例模型；有机物分子中的官能团及其结构【分析】由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，然后根据物质的性质分析【解答】解：由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇，A甲烷的化学性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B错误；C苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，故C正确；D乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，故D错误；故选C3某浓度的硝酸与过量铁粉反应，生成标
12、况下一氧化二氮气体4.48L若改用铝反应，假设只生成一氧化氮气体，则最多可溶解铝的量（）A13.5gB9gC27gD0.33mol【考点】化学方程式的有关计算【分析】根据硝酸与铁反应生成的气体体积用气体摩尔体积换算物质的量，结合化学方程式计算消耗硝酸的物质的量，再结合铝与硝酸反应的化学方程式计算溶解铝的物质的量，进而计算质量【解答】解：铁与硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化二氮、水，标准状况下N2O气体4.48L物质的量为0.2mol，化学方程式为：4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）2+N2O+5H2O；10HNO3N2O；反应中生成0.2molN2O消耗硝酸物质的量为2mol；若改用铝粉反应，
13、最终硝酸全部反应时的化学方程式为：Al+4HNO3=Al（NO3）3+NO+2H2O；Al4HNO3，2mol硝酸最多溶解铝物质的量为0.5mol，m（Al）=0.5mol27g/mol=13.5g，最终可溶解铝粉的质量是13.5g；故选A4标准状况下，0.56L CH4和C2H4的混合气体通入足量溴水中，溴水增重0.28g（假设C2H4完全被吸收），则乙烯占混合气体体积的（）A20%B40%C60%D80%【考点】乙烯的化学性质；化学方程式的有关计算；甲烷的化学性质【分析】乙烯具有双键，性质较活泼，能和溴水发生加成反应，甲烷较稳定，不和溴水反应，所以溴水增重的质量为乙烯的质量，根据V=nVm
14、=计算乙烯的体积，再根据计算即可【解答】解：乙烯具有双键，性质较活泼，能和溴水发生加成反应，甲烷较稳定，不和溴水反应，所以溴水增重的质量为乙烯的质量乙烯的体积为：V=nVm=0.224L；乙烯占混合气体体积的=40%；故选B5下列分子只表示一种物质的是（）AC3H7ClBC3H8CC5H12DC4H10【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】分子式只能表示一种物质，就是说它不存在同分异构体，同分异构体是分子式相同，但结构不同的化合物，根据是否存在同分异构体判断正误【解答】解：A、C3H7Cl存在同分异构体：CH3CH2CH2Cl，CH3CHClCH3，所以不能只表示一种物质，故A不符合；B、C
15、3H8为丙烷，只有一种结构不存在同分异构体，所以能只表示一种物质，故B符合；C、C5H12存在同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH3、C（CH3）4，所以不能只表示一种物质，故C不符合；D、C4H10存在同分异构体：CH3CH2CH2CH3、，所以不能表示一种物质，故D不符合；故选：B6200时，11.6g由CO2和H2O组成的混合气体与足量Na2O2充分反应后，固体质量增加3.6g则原混合气体的平均相对分子质量为（）A5.8B11.6C23.2D46.4【考点】化学方程式的有关计算【分析】200时水为气态，向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H
16、2O，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，固体只增加了3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=11.6g3.6g=8g，根据n=计算生成氧气的物质的量，根据方程式可知n（混合气体）=2n（O2），进而计算原混合气体的平均相对分子质量【解答】解：200时水为气态，向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，发生反应方程式为：2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，固体只增加了3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m（O2）=11.6g3.6g=8g
17、，氧气的物质的量为：n（O2）=0.25mol，根据方程式2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知：n（混合气体）=2n（O2）=20.25mol=0.5mol，所以原混合气体的平均摩尔质量为： =23.2g/mol，故混合气体的平均相对分子质量为23.2，故选C7纯净的碳酸氢钙试样在高温下分解，当剩余的固体物质质量为原试样质量一半时，碳酸氢钙的分解率是（）A50%B75%C92.7%D100%【考点】化学方程式的有关计算【分析】若发生反应Ca（HCO3）2CaCO3+H2O+CO2，可知162g碳酸氢钙完全分解生成碳酸钙100g，固体质量减少不
18、一半，所以CaCO3继续分解成CaO，此时Ca（HCO3）2已经全部分解【解答】解：若发生反应Ca（HCO3）2CaCO3+H2O+CO2，可知162g碳酸氢钙完全分解生成碳酸钙100g，剩余的固体物质质量大于原固体质量的一半，所以CaCO3继续分解成CaO，此时Ca（HCO3）2已经全部分解，碳酸氢钙的分解率是100%，故选D8把15g铁和氧化铁的混合物加入到150ml稀硫酸中，产生标况下氢气1.68L待铁和氧化铁全部反应完毕后，向溶液中加入少量的硫氰化钾溶液，无明显现象为中和过量硫酸，并使硫酸亚铁全部转化为氢氧化亚铁沉淀，用去3mol/L氢氧化钠溶液200ml则该稀硫酸的物质的量浓度为（）
19、A115mol/LB1mol/LC3mol/LD2mol/L【考点】有关混合物反应的计算【分析】将15g铁和氧化铁的混合物加入150mL稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成硫酸亚铁；硫酸可能剩余，加入氢氧化钠溶液后先中和过量的硫酸，然后使铁完全转化成氢氧化亚铁，反应后溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根离子守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），据此计算n（H2SO4），再根据c=计算出该稀硫酸的物质的量浓度【解答】解：将15g铁和氧化铁的混合物加入150mL稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，
20、未见颜色变化，说明生成硫酸亚铁；硫酸可能剩余，加入氢氧化钠溶液后先中和过量的硫酸，然后使铁完全转化成氢氧化亚铁，反应后溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒可知：n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒可知：n（NaOH）=2n（Na2SO4），则n（H2SO4）=n（NaOH）=0.2L3mol/L=0.3mol，所以该稀硫酸溶液的物质的量浓度为：c（H2SO4）=2mol/L，故选D9下列物质中，化学键种类完全相同的是（）AH2O和Na2OBNaOH和NaClCH2O2和Na2O2DCCl4和HCl【考点】化学键【分析】先判断化合物是什么类型的化合物；如果化合物类型相同，再比
21、较各元素间的化学键【解答】解：A：H2O是共价化合物，只含共价键（O原子与H原子）；Na2O是离子化合物，只含离子键（Na+与O2），化学键种类不同，故A错B：NaOH和NaCl都是离子化合物，但是，NaOH含有离子键（Na+与OH）和共价键（O原子与H原子），而NaCl只含离子键（Na+与Cl）故B错C：H2O2是共价化合物，只含共价键，O原子与H原子之间形成极性共价键，O原子与O原子之间形成非极性共价键，Na2O2是离子化合物，Na+与O22形成离子键，O原子与O原子之间通过非极性共价键形成O22离子，既含共价键又含离子键，故C错D：CCl4和HCl都是共价化合物，只含共价键，故D对故选D
22、10X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的核外电子层结构下列叙述中正确的是（）A原子序数：XYB原子半径：XYC原子半径：XYD原子最外层电子数：XY【考点】原子结构与元素的性质【分析】X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的核外电子层结构，则X位于Y元素下一周期，且X最外层电子数小于4，Y最外层电子数大于4，据此分析解答【解答】解：X元素的阳离子和Y元素的阴离子具有相同的核外电子层结构，则X位于Y元素下一周期，且X最外层电子数小于4，Y最外层电子数大于4，AX位于Y元素下一周期，则原子序数XY，故A错误；B原子的电子层数越多其原子半径越大，所以原子半径XY，故B错误；C原子的电子层数越多其
23、原子半径越大，所以原子半径XY，故C正确；DX最外层电子数小于4，Y最外层电子数大于4，所以原子最外层电子数XY，故D正确；故选CD11同周期的X、Y、Z三种元素，已知其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序是：HXO4H2YO4H3ZO4，则下列各判断中正确的是（）A原子半径：XYZB单质的非金属性：XYZC气态氢化物稳定性：XYZD原子序数：XYZ【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，根据酸性相对强弱：HXO4H2YO4H3ZO4，可知原子序数的关系为XYZ，根据同周期非金属性的递变
24、规律比较【解答】解：同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，根据酸性相对强弱：HXO4H2YO4H3ZO4，则非金属性XYZ，在周期表中从左到右依次顺序为Z、Y、X；A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则有原子半径：XYZ，故A错误；B、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性XYZ，故B正确；C、非金属性越强，则对应氢化物的稳定性越强，则气态氢化物的稳定性：HXH2YZH3，故C错误；D、同周期元素从左到右元素的原子序数依次增大，可知原子序数的关系为ZYX，故D错误故选：B12某溶液中只含有K+、Fe3+、NO3，已知K+、Fe
25、3+的个数分别为3a和a，则溶液中K+与NO3的个数比为（）A1：4B1：2C3：4D3：2【考点】物质的量的相关计算【分析】已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，根据电荷守恒有3n（Fe3+）+n（K+）=n（NO3），据此计算n（NO3），进而溶液中K+和NO3的离子个数比【解答】解：已知K+、Fe3+的个数分别为3a和a，根据电荷守恒有3n（Fe3+）+n（K+）=n（NO3），即amol3+3amol=n（NO3），故n（NO3）=6amol，所以溶液中K+和NO3的离子个数比为3amol：6amol=1：2，故选B13下列事实不能作为实验判断依据的是（）A钠和镁分别与冷水反应，判断
26、金属活动性强弱B在MgCl2与AlCl3溶液中分别加入过量的氨水，判断镁与铝的金属活动性强弱C硫酸与碳酸的酸性比较，判断硫与碳的非金属活动性强弱D1moLBr2和1moLI2分别与足量的H2反应，判断溴与碘的非金属性强弱【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】A、金属与水反应置换出氢气的难易程度，能判断金属性的强弱；B、MgCl2与AlCl3溶液中分别加入过量的氨水，现象相同，不可以判断金属性的强弱；C、非金属最高价氧化物对应的水化物的酸性，能判断非金属性的强弱；D、非金属与氢气化合的难易程度，能判断非金属性的强弱【解答】解：A、
27、钠与冷水比镁与冷水反应剧烈，因此钠的金属性强于镁，能判断金属性的强弱，故A正确；B、在MgCl2与AlCl3溶液中分别加入过量的氨水，均生成白色沉淀，现象相同，不能判断镁与铝的金属活动性强弱，故B错误；C、硫酸和硅酸钠溶液反应出白色沉淀，证明硫酸的酸性比硅酸强，所以能判断硫与硅的非金属活动性强弱，故C正确；D、卤素单质与氢气化合越容易，非金属性越强，1moLBr2和1moLI2分别与足量的H2反应，能判断溴与碘的非金属性强弱，故D正确；故选B14（东城一模）应用元素周期律分析下列推断，其中正确的组合是（）碱金属单质的熔点随原子序数的增大而降低砹（At）是第VIIA族，其氢化物的稳定性大于HCl
28、硒（Se）的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱第二周期非金属元素的气态氢化物溶于水后，水溶液均为酸性铊（Tl）与铝同主族，其单质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应第三周期金属元素的最高价氧化物对应水化物，其碱性随原子序数的增大而减弱ABCD【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】碱金属单质的电荷相同，半径越大，单质的熔点越低；元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强；元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强；氨气溶于水，其溶液显碱性；根据元素周期表中同主族元素性质的变化规律来分析；根据元素周期表中同周期元素性质的变化规律来比较金属性，金属性越强，则最高价氧化物对应水化物
29、的碱性越强【解答】解：碱金属元素的原子的半径随原子序数的增大而增大，则单质的熔点随原子序数的增大而降低，故正确；第VIIA族Cl元素的非金属性大于砹的非金属性，则砹的氢化物的稳定性小于HCl，故错误；S、Se在同一主族，S元素的非金属性大于Se的非金属性，则硒的最高价氧化物对应水化物的酸性比硫酸弱，故正确；第二周期非金属元素N，其氢化物为氨气，氨气溶于水，水溶液为碱性，故错误；铊（Tl）与铝同主族，随原子序数的增大，金属性增强，则金属性TlAl，则Tl能与酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故错误；第三周期金属元素随原子序数的增大金属性减弱，金属性NaMgAl，则金属元素的最高价氧化物对应水化物，
30、其碱性随原子序数的增大而减弱，故正确；故选B15把SO2通入Fe（NO3）3溶液中，溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，此时若滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀在上述一系列变化过程中，最终被还原的是（）ASO2BNO3CFe3+DFe2+【考点】氧化还原反应【分析】Fe3+具有氧化性，能将SO2氧化成硫酸，自身被还原为Fe2+，故溶液变为浅绿色；随着溶液中H+浓度的增大，NO3逐渐显现出其强氧化性，再将Fe2+氧化为Fe3+，而NO3中氮元素从+5价变为+2价，故最终氮元素被还原【解答】解：由滴入BaCl2溶液，则会产生白色沉淀，则可知SO2通入Fe（NO3）3溶液中发生的氧化反应为SO
31、2SO42，溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，S、Fe元素得化合价在变化中升高，则可知还原反应为H+NO3NO+H2O，即最终被还原的为NO3，故选B16某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物当参加反应的单质与被还原的硝酸的物质的量之比为2：1时，还原产物可能为（）ANO2BNOCN2ODN2【考点】氧化还原反应；硝酸的化学性质【分析】根据参加反应的单质与被还原的硝酸的物质的量之比为2：1可知硝酸中N元素的化合价变化应为偶数，以此判断还原后N元素的化合价特点，进而推断还原产物【解答】解：设金属的氧化产物化合价为x，硝酸中N
32、元素的化合价变化值为y，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，因参加反应的单质与被还原的硝酸的物质的量之比为2：1，可知2x=y，所以硝酸中N元素的化合价变化应为偶数，而硝酸中N元素的化合价为5，即奇数，则硝酸被还原后的化合价为奇数，只有C符合，故选C二、填空题（共4题，18分）17A是一种重要的化工原料，标况下密度1.25g/L；C是一种酸性物质，D是具有果香气味的烃的衍生物A、B、C、D在一定条件下存在如下转化关系（石蜡油含17个碳原子以上的液态烷烃，部分反应条件、产物被省略）写出下列变化的化学方程式并指出反应类型：AB：CH2CH2+H2O CH3CH2OH，加成反应；B+C
33、D：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，酯化（取代）反应【考点】有机物的推断【分析】A是一种重要的化工原料，在标准状况下的密度为1.25g/L，则Mr（A）=1.2522.4=28，则A为CH2=CH2，CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH被酸性酸性高锰酸钾氧化反生成C为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成D为CH3COOCH2CH3，CH3CH2OH发生催化氧化生成E为CH3CHO，以此解答该题【解答】解：A是一种重要的化工原料，在标准状况下的密度为1.25g/L，则Mr（A）=
34、1.2522.4=28，则A为CH2=CH2，CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH被酸性酸性高锰酸钾氧化反生成C为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成D为CH3COOCH2CH3，CH3CH2OH发生催化氧化生成E为CH3CHO， AB是CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，反应方程式为：CH2CH2+H2O CH3CH2OH，B+CD是乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，也属于取代反应，故答案为：CH2C
35、H2+H2O CH3CH2OH，加成反应；CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O，酯化（取代）反应18元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用下表列出了九种元素在周期表中的位置请用相关的化学术语回答下列问题：族周期AAAAAAA0234（1）在这些元素中，最不活泼的是Ar，非金属性最强的是O，金属性最强的是K；（填元素符号或化学式，下同）（2）这些元素形成的最高价氧化物对应的水化物中碱性最强的KOH，酸性最强的HClO4；（3）、这五种元素的原子半径由大到小的顺序为KNaMgAlC；（4）的氢化物的电子式为，在空气中燃烧后生成产物的电子式【考点】
36、位置结构性质的相互关系应用【分析】由元素在周期表中的位置知，分别是Na、K、Mg、Al、C、O、Cl、Br、Ar元素，（1）稀有气体的性质最稳定，O的非金属性最强，K的金属性最强；（2）元素形成的最高价氧化物对应的水化物中KOH的碱性最强，高氯酸的酸性最强；（3）电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小；（4）的氢化物为水，在空气中燃烧后生成产物为过氧化钠【解答】解：由元素在周期表中的位置知，分别是Na、K、Mg、Al、C、O、Cl、Br、Ar元素，（1）在这些元素中，最不活泼的是Ar，非金属性最强的是O，金属性最强的是K，故答案为：Ar；O；K；（2）元素形成的最高价氧化物对应的
37、水化物中碱性最强的是KOH，酸性最强的为HClO4，故答案为：KOH；HClO4；（3）电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则、这五种元素的原子半径由大到小的顺序为KNaMgAlC，故答案为：KNaMgAlC；（4）的氢化物为水，电子式为；在空气中燃烧后生成产物为过氧化钠，电子式为，故答案为：；19图表示各物质之间的转化关系已知：常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，D是一种碱性气体A中阴、阳离子个数比是1：1，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质（部分生成物和反应条件省略）请按要求填空：（1）A物质的化学式是NH4HCO3；（2）反应中产生标准状况
38、下1.12L气体F，则转移的电子数目是6.021022；（3）反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；（4）反应的离子方程式是Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O【考点】无机物的推断【分析】常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，分别为氧气、氮气中的一种，D是一种碱性气体，则D为NH3，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质，结合转化关系可知，E为CuO、H为Cu，G为N2、C为H2O，故F为O2，由F与D得到I、I能与F继续反应生成J，则I为NO、J为NO2，J与C（H2O）反应生成K，K与H（Cu）反应得到二氧化氮，则K为HNO3，固体A分解得到
39、氨气、水与气体B，B能与X反应得到F（氧气），则B为CO2，X为Na2O2，A中阴、阳离子个数比是1：1，故A为NH4HCO3，据此解答【解答】解：常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，分别为氧气、氮气中的一种，D是一种碱性气体，则D为NH3，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质，结合转化关系可知，E为CuO、H为Cu，G为N2、C为H2O，故F为O2，由F与D得到I、I能与F继续反应生成J，则I为NO、J为NO2，J与C（H2O）反应生成K，K与H（Cu）反应得到二氧化氮，则K为HNO3，固体A分解得到氨气、水与气体B，B能与X反应得到F（氧气），则B为CO2，X为
40、Na2O2，A中阴、阳离子个数比是1：1，故A为NH4HCO3，（1）由上述分析可知，A为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；（2）反应为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，产生标准状况下1.12L氧气，其物质的量=0.06mol，反应中氧元素由1价升高为氧气中0价，转移电子数为0.05mol20（1）=0.1mol，注意电子数为6.021022，故答案为：6.021022；（3）反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）反应的离子方程式是：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4H+2NO3
41、Cu2+2NO2+2H2O；20将一定质量的MgAl合金投入到100mL一定物质的量浓度的HCl中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/LNaOH溶液至过量，生成沉淀质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示 求：（1）写出20ml160ml阶段的离子反应方程式Mg2+2OH=Mg（OH）2；Al3+3OH=Al（OH）3； （2）160ml180ml阶段的离子反应方程式Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）原合金分别与足量的稀硫酸和氢氧化钠溶液反应产生气体的在同温同压下的体积比为7：3（4）HCl的物质的量浓度为8mol/L【考点】有关混合物反应的计算【分析】（1）由图可知，从开
42、始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，继续滴加NaOH溶液，NaOH与氯化镁、氯化铝反应生成沉淀；（2）160ml180ml阶段，随着氢氧化钠的增加，沉淀减少，NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，；（3）滴加NaOH溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液再继续滴加NaOH溶液，到沉淀量开始进行，到沉淀量最小时，沉淀为Mg（OH）2，质量为11.6g，则Al（OH）3的质量为19.4g11.6g=7.8g，由元素守恒可知
43、，n（Al）=nAl（OH）3，n（Mg）=nMg（OH）2，结合离子方程式计算；（4）160mL时，溶液中的溶质为NaCl，根据原子守恒计算n（HCl），再利用c=计算盐酸的物质的量浓度【解答】解：（1）由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O，继续滴加NaOH溶液，NaOH与氯化镁、氯化铝反应生成沉淀，其反应的离子方程式为：Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3；故答案为：Mg2+2OH=Mg（OH）2；Al3+3OH=Al（OH）3；（2）160ml180
44、ml阶段，随着氢氧化钠的增加，沉淀减少，NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，其反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（3）滴加NaOH溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者质量之和为19.4g，溶液为氯化钠溶液再继续滴加NaOH溶液，到沉淀量开始进行，到沉淀量最小时，沉淀为Mg（OH）2，质量为11.6g，则Al（OH）3的质量为19.4g11.6g=7.8g，由元素守恒可知，n（Al）=nAl（OH）3= =0.1mol，n（Mg）=nMg（OH）2= =0.2mol，原合金与足量的稀硫酸反应离子方程式为：Mg+2H+=Mg2+H2、2Al+6H+=2Al3+3H2，所以生成氢气为0.2mol+0.15mol=0.35mol，原合金与足量的NaOH溶液反应2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，则生成的氢气为0.15mol，所以产生气体在同温同压下的体积比为0.35mol：0.15mol=7：3；故答案为：7：3；（4）160mL时，溶液中的溶质为NaCl，根据原子守恒得n（NaCl）=n（HCl）=n（NaOH）=0.16L5mol/L=0.8mol，c（HCl）=8mol/L，故答案为：82016年11月6日
