《2022年高一化学下学期期末检测模拟卷04含解析20220616260.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高一化学下学期期末检测模拟卷04含解析20220616260.doc（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、期末检测模拟卷04提升卷第I卷选择题)一、单项选择题36分)12分图为某化学兴趣小组设计的一个原电池，装置中电流表的指针发生偏转，那么X应为A水B酒精C稀硫酸D植物油【答案】C【解析】A水电离产生离子的浓度很小，不能形成闭合回路，故装置中电流表的指针不能发生偏转，A错误；B酒精是非电解质，不能形成闭合回路，故装置中电流表的指针不能发生偏转，B错误；C稀硫酸可以形成闭合回路，故装置中电流表的指针能发生偏转，C正确；D植物油是非电解质，不能形成闭合回路，故装置中电流表的指针不能发生偏转，D错误。故答案选C。22分以下说法正确的选项是A化学反响中的能量变化都表现为热量的变化B需要加热才能发生的反响一
2、定是吸热反响C放热反响在常温下一定很容易发生D反响是吸热还是放热必须看反响物和生成物的总能量的大小【答案】D【解析】A任何化学反响都伴随着能量变化，但这种能量变化不仅仅以热能的形式表现出来。比方可以转化成电能、光能、动能等等，A项错误。B反响条件和反响是否吸热没有必然联系。B项错误；C有的放热反响需要加热或高温，C项错误；D反响物和生成物所具有的总能量的大小决定着反响是吸热还是放热，D项正确；应选D。32分以下说法正确的选项是A红磷、白磷属于同分异构体BH2、D2 属于同素异形体C1940K、2040Ca 互为同位素DH、D、T 互为同位素【答案】D【解析】A红磷、白磷是同种元素组成的不同单质
3、，属于同素异形体，故A错误；BH2、D2属于同种物质的不同分子，不是同素异形体，故B错误；CK、Ca是不同元素的原子，不能称为同位素，故C错误；DH、D、T是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，故D正确；应选D。42分钼元素为人体及动植物必须的微量元素，也在钢铁工业中的有着重要的作用，钼作为钢的合金化元素，可以提高钢的强度，特别是高温强度和韧性。我国钼元素的储量丰富，在世界上占第二位。如下图是钼元素的相关信息，以下有关钼的说法错误的选项是 A95Mo18O42-(钼酸根离子)中共计有 76 个电子B95Mo 的相对原子质量是 95.96C钼元素位于元素周期表的第五周期第B族
4、D92Mo和95Mo的化学性质几乎相同【答案】B【解析】A95Mo18O42-的质子数为(42+84)=74，得到2个电子后，电子数为74+2=76，故A不符合题意；B95Mo表示质量数为95的Mo原子，其相对原子质量等于其质量数，近似为95，而Mo元素的相对原子质量为95.96，二者含义不同，故B符合题意；C42号元素之前原子序数最大的稀有气体为Kr，Kr元素序号为36，42-36=6，故Mo元素位于第五周期第B族，故C不符合题意；D92Mo和95Mo均是Mo元素，核外电子排布相同，因此二者的化学性质几乎相同，故D不符合题意；故答案为：B。52分以下各组反响中，属于可逆反响的一组是 A2H2
5、O2H2+O2，2H2+O22H2OBNH3+CO2+H2O=NH4HCO3，NH4HCO3NH3+H2O+CO2CH2+I22HI，2HIH2+I2D2Ag+Br22AgBr，2AgBr2Ag+Br2【答案】C【解析】A、2H2O2H2+O2，2H2+O22H2O，条件不同，那么不是可逆反响，故A错误；B、NH3+CO2+H2O=NH4HCO3，NH4HCO3NH3+H2O+CO2，条件不同，不是可逆反响，故B错误；C、H2+I22HI，2HIH2+I2，条件相同，既能向生成物方向进行，同时又能向反响物方向进行的反响，故是可逆反响，故C正确；D、2Ag+Br22AgBr，2AgBr2Ag+B
6、r2，条件不同，故不是可逆反响，故D错误。答案选C。62分以下金属的冶炼方法中，属于热复原法的是ABCD【答案】C【解析】A. 是置换反响，属于湿法冶炼铜，A错误；B. 是热分解法，B错误；C. 是热复原法，一氧化碳是复原剂，C正确；D. 是电解法，在通电环境下进行，D错误；答案为C。72分为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-和泥沙，将粗盐溶于水后进行以下五步操作：过滤加过量的NaOH溶液加适量盐酸加过量Na2CO3溶液加过量BaCl2溶液，正确的操作顺序是ABCD【答案】C【解析】为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-和泥沙，加过量BaCl2溶液生成硫酸钡沉淀，除去SO42
7、-；加过量的NaOH溶液生成氢氧化镁沉淀，除去Mg2+；加过量Na2CO3溶液生成碳酸钙、碳酸钡沉淀，除去Ca2+和过量的Ba2+；过滤后，加适量盐酸，除去OH-、CO32-，蒸发可得精盐，应选C。82分化学与环境密切相关，以下有关说法不正确的选项是 A用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏，有助于节能减排B给汽车安装尾气转化装置，可减少氮氧化物的排放而造成大气污染CCO2、SO2和NO2都会导致酸雨的形成D光化学烟雾的形成与氮氧化物的大量排放密切相关【答案】C【解析】A 项、煤燃烧生成的二氧化硫可导致酸雨，石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可减少二氧化硫的排放，并回收石膏符合节能减排的理念，
8、故A正确；B项、汽车尾气中含有大量有害气体氮的氧化物和一氧化碳，在汽车上安装尾气净化装置，可以将有害气体转化为无害气体氮气和二氧化碳，故B正确；C项、溶解CO2的雨水为正常雨水，而NO2或SO2都会导致酸雨的形成，CO2可导致温室效应，与酸雨无关，故C错误；D项、NO2、NO含氮氧化物是形成光化学烟雾的主要污染物，故D正确。应选C。92分以下图片所示做法不能到达相应目的是ABCD 做法锡中参加一定量的铅制成焊锡聚乙烯制成薄膜废荧光灯管放入有此标志的垃圾桶橡胶硫化目的降低熔点用于食品、药品包装材料防止重金属污染增强橡胶的强度、韧性、弹性和化学稳定性AABBCCDD【答案】C【解析】A.混合金属比
9、单一金属的熔点更低，容易熔化，A正确；B.聚乙烯薄膜的厚度均匀，可用于食品、药品包装材料，B正确；C.废荧光灯管应放入有害垃圾桶，防止对环境造成污染，C错误；D.橡胶经过硫化，由线性变为体型，强度、韧性、弹性和化学稳定性增强，D正确；答案选C。102分以下说法正确的选项是( )A煤的干馏和石油的分馏都是化学变化B漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物C纯碱、明矾和干冰都是电解质D鸡蛋清溶液中参加饱和(NH4)2SO4溶液生成白色沉淀，属于化学变化【答案】B【解析】A.石油的分馏是物理变化，A错误；B.漂白粉、水玻璃和碱石灰均是混合物，B正确；C.干冰是固态二氧化碳，二氧化碳在水溶液和熔融状态下自身均
10、不能导电，是非电解质，C错误；D.鸡蛋清溶液中参加饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析，是物理变化，D错误；答案选B。112分以下关于有机物的表达正确的选项是A向乙酸乙酯中参加饱和Na2CO3溶液，振荡、分液除去乙酸乙酯中的少量乙酸B淀粉和纤维素互为同分异构体C油脂在体内水解为氨基酸和甘油，氧化放出热量，提供生命活动的能量D等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量相等【答案】A【解析】A、由于乙酸的酸性比碳酸强，那么乙酸与碳酸钠溶液反响，生成乙酸钠、二氧化碳和水，既除去杂质又能降低乙酸乙酯的溶解度，故A正确；B、淀粉和纤维素的分子式都是(C6H10O5)n，但是二者的聚合度或n的值不相同，
11、所以分子式不同，不是同分异构体，故B错误；C、油脂是甘油三酯，是人体需要的根本营养物质，由C、H、O三种元素组成，在人体内水解为高级脂肪酸和甘油，不可能生成由C、H、O、N组成的氨基酸，故C错误；D、先书写化学方程式，再根据氧气与烃的含氧衍生物的系数之比等于物质的量之比，判断耗氧量的大小，即CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O，CH3COOH+2O22CO2+2H2O，那么前者比后耗氧量大，故D错误；答案选A。122分由乙烯和乙醇蒸汽组成的混合气体中，假设碳元素的质量分数为72%，那么氧元素的质量分数为( )A32.00%B16.00%C14.22%D2.14%【答案】C【解析】乙烯的分
12、子式为C2H4，乙醇的分子式为C2H6O，可改写为C2H4(H2O)，二者相同局部为C2H4，N(C)：N(H)=1：2，故质量比为6：1，碳元素的质量分数为72%，故相同局部的C2H4的质量分数为72%= 84%，故剩余的H2O的质量分数为16%，故氧元素的质量分数为16%=14.22%；答案选C。132分乙醇结构中氢氧键没有断裂的反响是A乙醇和金属钠反响B乙醇和浓硫酸加热至170C乙醇、乙酸和浓硫酸共热D乙醇溶液中插入热铜丝【答案】B【解析】A. 乙醇和金属钠反响生成乙醇钠和氢气，断H-O键，故不选A； B. 乙醇和浓硫酸加热至170发生消去反响生成乙烯和水，断C-H键、C-O键，氢氧键没
13、有断裂，应选B；C. 乙醇、乙酸和浓硫酸共热发生酯化反响生成乙酸乙酯，乙酸断C-O键、乙醇断H-O键，故不选C；D. 乙醇溶液中插入热铜丝发生催化氧化生成乙醛和水，断C-H键、H-O键，故不选D。142分以下关于的说法中正确的选项是A有7个碳原子可能在同一直线上B只可能有5个碳原子在同一直线上C最多只可能有9个碳原子在同一平面上D所有原子都可能在同一平面上【答案】B【解析】物质的结构简式可以表示为 ，A.根据图示，只可能有5个碳原子在同一直线上，A错误；B.根据图示，只可能有5个碳原子在同一直线上，B正确；C.由于单键可以旋转，该分子中最多11个碳原子在同一平面上，C错误；D.该分子中含1个C
14、H3，与该碳原子直接相连的4个原子构成四面体，所以所有原子不可能都在同一平面上，D错误；答案选B。152分实验室用苯、浓H2SO4和浓HNO3 制备硝基苯的实验装置如下图，发生反响方程式：+HO-NO2+H2O，以下说法错误的选项是A反响中浓H2SO4 的作用是催化剂、脱水剂B温度计的作用是测水浴的温度，长导管的主要作用是平衡气压C实验制得的硝基苯处于混合液的下层D从试管内混合物中别离出硝基苯可将反响后的混合物倒入水中，再分液【答案】A【解析】A.浓H2SO4在该反响中是催化剂，且浓硫酸具有吸水性，使反响能向生成硝基苯的方向进行，即又可作吸水剂，故A错误；B.由反响条件可知，水浴加热，温度计的
15、作用是测定水浴的温度，长导管可冷凝回流、平衡气压，故B正确； C.硝基苯的密度比水的大，制得的硝基苯处于混合液的下层，故C正确；D.硫酸、硝酸可溶于水，硝基苯不溶于水，那么可将试管内混合物倒入水中，再分液，可别离出硝基苯，故D正确；综上所述，答案为A。162分有人认为与的加成反响实质上是断裂为和，然后先与一端的碳原子结合，第二步才是与另一端的碳原子结合。根据该观点，如果让与在盛有和的水溶液中反响，那么得到的有机物不可能是( )ABCD【答案】B【解析】依题意，断裂为和，然后先与一端的碳原子结合，生成BrCH2-CH2+，然后可能与溶液中的Br -、Cl-、I-结合，从而生成、，不可能生成，应选
16、B。172分以下表示正确的选项是ACl-的结构示意图：BCO2的结构式：OCOCCH4的球棍模型：DNH3的电子式【答案】A【解析】ACl-的结构示意图：，故A正确； BCO2的结构式：O=C=O，故B错误；CCH4的比例模型：，故C错误； DNH3的电子式，故D错误；故答案：A。182分以下关于常见有机物的说法中正确的选项是A苯能发生取代反响生成氯苯、硝基苯等，但是不能发生氧化反响B乙烯和乙烷的混合气体可用酸性高锰酸钾溶液别离C石油裂解与裂化的原理相同、目的不同D光照条件下，控制CH4和Cl2的比例为11，能够制得纯洁的CH3Cl和HCl【答案】C【解析】A.苯在氧气中燃烧，属于氧化反响，故
17、A错误；B. 乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，变成了二氧化碳和乙烷的混合气体，不符合除杂的原那么，故B错误；C. 石油的裂解和裂化的形式很像,都是1个烃分解成2个较小的烃分子.裂化的目的是为了得到更多的10个碳原子左右的汽油.裂解的目的是为了得到碳原子数更少的烯烃,主要为了生产乙烯.可见裂解的程度比裂化更大,也成为裂解是深度裂化.由于都分解生成了新物质,所以都是化学变化.故C正确;D. 光照条件下, CH4和Cl2发生取代反响，得到的是混合物，故D错误。二、多项选择题6分)193分以下实验不能到达预期目的是 序号实验操作实验目的ACl2、Br2分别与H2反响比拟氯、溴的非金属性强弱BMg
18、Cl2、AlCl3溶液中分别通入NH3比拟镁、铝的金属性强弱C测定相同浓度H2CO3、H2SO4两溶液的酸性比拟碳、硫的非金属性强弱DFe、Cu分别与浓硝酸反响比拟铁、铜的金属性强弱AABBCCDD【答案】BD【解析】A元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，与氢气化合越容易，氯气和氢气在光照条件下能反响、溴和氢气在加热条件下能反响，所以非金属性ClBr，A选项正确；B元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，氨气和氯化镁、氯化铝溶液都反响生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，不能确定氢氧化铝、氢氧化镁碱性强弱，那么不能确定两种金属的金属性强弱，B选项错误；C最高价含氧酸的酸性越强，非金属性越强
19、，测定相同浓度H2CO3、H2SO4两溶液的酸性，从而判断出碳、硫的非金属强弱，C选项正确；D常温条件下，Fe遇浓硝酸发生钝化，Cu与浓硝酸可发生反响，不能判断出Fe、Cu的金属性强弱，D选项错误；答案选BD。203分为了提纯以下物质(括号内为杂质)所选用的除杂试剂与除杂方法都正确的选项是 不纯物除杂试剂除杂方法A乙烷(乙烯H2Ni/加热B乙醇(水CaO蒸馏C乙酸乙酯(乙酸)饱和Na2CO3溶液分液D乙酸(水Na蒸馏AABBCCDD【答案】BC【解析】A乙烯在Ni作催化剂，加热的条件下可与H2发生加成反响得到乙烷，但参加H2的量无法控制，容易引入新的杂质H2，A选项错误；B水与生石灰反响生成氢
20、氧化钙，氢氧化钙沸点高，乙醇的沸点低，可通过蒸馏的方法别离开，从而到达除去乙醇中混有的水的目的，B选项正确；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸能与碳酸钠反响生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯洁的乙酸乙酯，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，C选项正确；D乙酸、水都能与钠发生反响，不能用钠除去乙酸中的水，D选项错误；答案选BC。第II卷非选择题)三、填空题18分)216分答复以下问题：1工业上常用铝土矿冶炼金属铝。铝土矿的主要成分为和，其中属于_填“酸性“碱性或“两性氧化物；冶炼过程中需要用到氨，氨溶于水所得溶液呈_填“酸性或“碱性；利用金属活动性的不同，可以采用不同的冶炼方法，制取单质铝应采取_填
21、“热复原法或“电解法。2工业上合成氨的反响为：，一定条件下，将和置于的密闭容器中，后测得为。用表示该反响的速率为_；其他条件不变时，再通入，该反响的速率将_填“增大或“减小。【答案】两性 碱性 电解法 0.4mol/(Lmin) 增大 【解析】1铝土矿的主要成分为和，其中既能与酸反响，又能与碱反响，属于两性氧化物；冶炼过程中需要用到氨，氨溶于水生成氨水，所得溶液呈碱性；利用金属活动性的不同，铝的性质比拟活泼，经常用电解熔融的氧化铝进行冶炼，即制取单质铝应采取电解法。2根据工业上合成氨的反响，生成氨气，消耗0.4mol/L氮气，即用表示该反响的速率为 ；其他条件不变时，根据有效碰撞理论，通入，增
22、加反响物浓度，该反响的速率将增大。226分感冒是一种常见的病，病人患了感冒会咳嗽、流涕、发烧，多喝开水多休息，适当服用一些治疗感冒的药，可以舒缓病症，减轻病情。药物阿司匹林是一种传统的治疗感冒发烧的药，从分子结构上看，它可以看做是乙酸酯，其结构简式为(1)阿司匹林与NaOH溶液反响中，可以断裂的化学键是_(填代号)。(2)根据阿司匹林的结构推断它能够发生的化学反响类型为_(填序号)。中和反响加成反响取代反响(3)阿司匹林连接在某高分子聚合物上，可形成缓解长效药物，其中的一种结构为那么缓释长效阿司匹林载体的结构简式为_。(4)长期大量服用阿司匹林会出现不良反响，一旦出现水杨酸中毒现象，应立即停药
23、，并静脉滴注NaHCO3溶液，以解除水杨酸的中毒病症，反响的化学方程式为_【答案】b、d +NaHCO3+CO2+H2O 【解析】(1)从阿司匹林结构可知，有机物中包含酯基和羧基，可以与氢氧化钠发生水解反响的是羧基和酯基局部，断裂的化学键为b和d；(2)阿司匹林的结构式中含羧基和苯环，可以发生中和反响、加成反响和取代反响，应选；(3)缓释长效药物是阿司匹林与载体发生酯化反响形成的，所以载体的结构简式为；(4)水杨酸结构式为，与碳酸氢钠反响的方程式为+NaHCO3+CO2+H2O。236分将煤直接作为燃料燃烧，不但热效率较低，且产生烟尘、二氧化硫、氮氧化物等物质，造成严重的环境污染。煤的干馏是提
24、高煤的利用率、生产重要化工原料、降低污染物排放量的有效措施之一。某化学学习小组在实验室条件下探究煤干馏的现象及产物，装置如下图，请答复有关问题：(1)煤干馏的条件是_。(2)盛有冷水的烧杯的作用是_(3)实验后检验有粗氨水生成的操作是_(4)CO不能使溴水褪色，假设将从具支试管支管口处逸出的气体通入溴水中，发现溴水褪色，那么说明煤的干馏产生了_(5)点燃尾气，火焰的颜色为_(6)从煤焦油中别离出苯、甲苯、二甲苯的实验方法是_【答案】隔绝空气加强热 使粗氨水和煤焦油冷凝液化 将具支试管取出，塞上试管塞并加热，将润湿的红色石蕊试纸放在支管口处，假设试纸变蓝，那么说明有粗氨水生成 不饱和烃类物质 淡
25、蓝色 分馏 【解析】(1)根据煤干馏的定义可知其条件为隔绝空气加强热；(2)冷水温度较低能使粗氨水和煤焦油冷凝下来；(3)粗氨水受热分解生成氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，操作为：将具支试管取出加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口假设试纸变蓝那么生成粗氨水；(4)乙烯等不饱和烃类物质能使溴水褪色说明产生了乙烯等不饱和烃物质；(5)CO、乙烯等燃烧时的火焰颜色为淡蓝色；(6) 煤焦油中苯及其同系物与其他成分互溶,但沸点不同，可用蒸馏别离。四、实验题16分)248分海洋资源的利用具有广阔前景。(1)以下不属于海水淡化的方法_(填序号)。A蒸馏法 B离子交换法C过滤法 D电渗析法(2)如图是从海水中
26、提取镁的简单流程。试剂B是_(填化学式)。由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是_(3)海带灰中富含以I形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如下所示：海带海带灰海带灰悬浊液含I溶液含I2水溶液含I2苯溶液单质I2.以下不属于步骤操作所用的仪器是_(填序号)。A酒精灯 B漏斗C坩埚 D泥三角.步骤的实验操作名称是_。.步骤反响的离子方程式_【答案】C HCl MgCl2(熔融)MgCl2 B 过滤 H2O22H2I=I22H2O 【解析】1A蒸馏法是把水从水的混合物中别离出来，得到纯洁的水，故A不选；B通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而到达淡化海水的目的，故B不选；C过滤只能除去水中的
27、不溶性杂质，不能淡化海水，故C选；D利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以到达淡化海水的效果，故D不选；答案为：C；2由提取Mg的流程可知，海水中加试剂A为熟石灰，将镁离子转化为沉淀，试剂B为盐酸，最后电解熔融氯化镁得到Mg，由上述分析可知，B为HCl；由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是MgCl2(熔融)MgCl2；3由实验室提取I2的途径可知，海带在坩埚中灼烧，溶解后过滤得到含I-的溶液，加过氧化氢氧化得到含碘单质的溶液，为萃取，为蒸馏得到碘；I、步骤操作需要酒精灯、坩埚、泥三角，不需要漏斗，故答案为：B；II、由上述分析可知，步骤的实验操作名称是过滤；、步骤发生氧化复原反响，反响的离子
28、方程式为H2O2+2H+2I-=I2+2H2O。258分硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解的装置如下图。试答复以下问题：1在圆底烧瓶中装入78g硬脂酸甘油酯，然后参加23g氢氧化钠、5mL水、10mL酒精。参加酒精的作用是_；参加NaOH溶液的作用是_。2给反响混合物加热约10min，皂化反响根本完成。证明皂化反响进行完全的方法和现象是_。3皂化反响完成后，参加饱和NaCl溶液的作用是_。4图中长玻璃导管的作用是_。5写出该反响的化学方程式：_。【答案】使硬脂酸甘油酯和NaOH溶液混合均匀催化，使反响更彻底 催化，使反响更彻底 取少量反响后的混合液参加水中，混合液与水不分层 使高级脂肪酸钠发生凝聚而
29、从混合液中析出 导气、冷凝回流 +3NaOH3C17H35COONa+ 【解析】1参加的酒精可溶解硬脂酸甘油酯，使硬脂酸甘油酯和NaOH溶液混合均匀催化，使反响更彻底；硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解为硬脂酸钠和甘油，参加NaOH溶液的作用是使反响更彻底；2油脂不溶于水，水解后生成的硬脂酸钠溶于水，取少量反响后的混合液参加水中，混合液与水不分层，可判断皂化反响根本完成；3皂化反响所得混合物参加食盐发生盐析，能使硬脂酸钠在上层析出；4酒精和水易挥发，长玻璃导管能使其冷凝回流；5硬脂酸甘油酯在碱性条件下水解为硬脂酸钠和甘油，反响方程式是+3NaOH3C17H35COONa+。五、推断题14分)2614
30、分现有局部短周期元素的性质或原子结构如表：元素编号元素性质或原子结构TM层上有6个电子X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正价是7价W其单质既能跟酸反响，又能跟强碱反响，都产生H21元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是_。W离子的结构示意图为_2Y原子与氢原子形成的粒子中，与H2O具有相同电子数的阳离子为_填化学式，如何检验该离子_。3T、X两元素形成的化合物属于_填“离子或“共价化合物；写出T的最高价氧化物的水化物和X单质反响的化学方程式：_。4元素Z在周期表中的位置_，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_用元素符号表示
31、，以下表述中能证明这一事实的是_填序号。a.常温下Z的单质和T的单质状态不同b.Z的氢化物比T的氢化物稳定c.一定条件下，Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反响5请设计实验比拟C、Si的非金属性强弱顺序可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、硅酸钠溶液。装置如以下图所示：锥形瓶中为CaCO3固体，分液漏斗所盛试剂应为_。装置B所盛的试剂是_，其作用是_。装置C中的现象是_ 那么结论：非金属性CSi【答案】 NH4+ 取少量试样参加到试管中，参加浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试样中存在NH4+ 共价 C+2H2SO4
32、 (浓)CO2+2SO2+2H2O 第三周期A族 Cl b 稀盐酸 饱和NaHCO3溶液 吸收气体 有白色胶体生成 【解析】由上述分析可知，T为S，X为C，Y为N，Z为Cl，W为Al，1碳元素的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号为；Al3+核内质子数为13，核外电子数为10，电子层数为2，其结构示意图为：；2H2O分子中电子数为8+21=10，N元素与H元素形成一种离子为，电子数为10；与强碱反响并加热时，能够放出NH3，NH3能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此检验方法为：取少量试样参加到试管中，参加浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸变为蓝色，说明试
33、样中存在；3CS2为非金属组成的简单化合物，属于共价化合物；浓H2SO4具有强氧化性，与C在加热条件下能够反响生成SO2、CO2、H2O，反响方程式为：C+2H2SO4 (浓)CO2+2SO2+2H2O；4Cl元素位于元素周期表中第三周期A族；S元素与Cl元素处于同一周期，同一周期中，元素对应序号越大，非金属性越强，因此非金属性较强的是Cl；a单质的熔沸点上下不同，属于物理性质，不能比拟非金属性强弱，故a不符合题意；b非金属性越强，其对应简单氢化物越稳定，Z的氢化物比T的氢化物稳定，说明非金属性ZT，即ClS，故b符合题意；c一定条件下氯气与硫都能与氢氧化钠溶液，但不能比拟元素的非金属性强弱，
34、故c不符合题意；故答案为：b；5可通过比拟C、Si元素对应最高价氧化物对应水化物的酸性强弱进行比拟，A装置的目的是制备CO2，因此可通过CaCO3与稀盐酸反响制备CO2，故答案为：稀盐酸；因制备的CO2中含有HCl气体，HCl的酸性强于H2CO3，因此不能将HCl通入C装置中，故B装置的作用为除去CO2气体中的HCl，可选择饱和NaHCO3溶液；因H2SiO3在水中溶解度较低，将CO2通入C中后，CO2与Na2SiO3反响生成H2SiO3，溶液中有白色胶体生成，那么可证明非金属性：CSi。六、计算题10分)2710分将0.1mol有机化合物A与标准状况下5.6L氧气混合，一定条件下两者完全反响
35、，只有CO、CO2和H2O三种产物，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰中，浓硫酸增重5.4克，碱石灰增重4.4克，还有标准状况下2.24L气体的剩余，求：1有机化合物A的分子式_要求写出推理过程；2假设有机化合物A能与钠反响放出氢气，请写出A的结构简式_；3写出所有比A多一个CH2原子团的同系物的结构简式_。【答案】C2H6O CH3CH2OH 、 【解析】1有机物燃烧生成的水被浓硫酸吸收，浓硫酸增加的质量就是水的质量，n(H2O)= 5.4g18g/mol=0.3mol；生成的CO2被碱石灰吸收，碱石灰增加的质量就是CO2的质量，n(CO2)= 4.4g44g/mol=0.1mol；还有
36、标准状况下2.24L气体，那么该气体是CO，n(CO)= 2.24L22.4L/mol=0.1mol；0.1mol该有机物含有的C元素的物质的量是n(C)= n(CO2)+ n(CO)=0.1mol+0.1mol=0.2mol，含有H元素的物质的量是n(H)=2 n(H2O)=20.3mol=0.6mol，含有O元素的物质的量是n(O)=2n(CO2)+ n(CO)+ n(H2O)-2n(O2)= 20.1mol+0.1mol+0.3mol-(5.6L22.4L/mol) 2=0.1mol，1mol有机物含有的C、H、O元素的物质的量分别是2mol、6mol、1mol，因此该有机物的化学式是C2H6O；2假设有机化合物A能与钠反响放出氢气，那么该有机物是饱和一元醇，A的结构简式是CH3CH2OH；3比A多一个CH2原子团的同系物是C3H8O，所有的结构简式是、。