《青海玉树州2023学年化学高一下期末达标测试试题(含答案解析)35228.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《青海玉树州2023学年化学高一下期末达标测试试题(含答案解析)35228.pdf（15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、2023 学年高一下化学期末模拟测试卷 注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在测试卷卷和答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在测试卷卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，
2、请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（）A上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应 B氧化性由强到弱顺序为 KBrO3KClO3Cl2Br2 C反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 61 D中 lmol 还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为 2 mol 2、2018 年中科院研发出世界最强氘氚中子源，下列有关说法错误的是（）A氘、氚属于同一种核素 B氘、氚互称为同位素 C氘、氚核外电子数相同 D氘、氚的
3、质量数分别为 2、3 3、下表中金属的冶炼原理与方法完全正确的是 选项 方法 冶炼原理 A 湿法炼铜 CuSO4+2K=Cu+K2SO4 B 热分解法炼铜 Cu2S+O2=2Cu+SO2 C 电解法炼铝 232()2Al O4Al+3O 通电熔融 D 热还原法冶炼钡 22BaO+HBa+H O高温 AA BB CC DD 4、苯环结构中，不存在单、双键交替结构，下列可以作为证据的事实是()苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 苯中所有碳碳键的键长均相等 苯与氢气在催化剂存在的条件下加热能发生加成反应生成环己烷 经实验测得邻二甲苯只有一种结构 苯在溴化铁存在的条件下与液溴发生取代反应，但不能因化学变化而
4、使溴水褪色 A B C D 5、科学家预测原子序数为 114 的元素，具有相当稳定性的同位素，它的位置在第 7 周期 IVA 族，称为类铅。关于它的性质，预测错误的是 A它的最外层电子数为 4 B它的金属性比铅强 C它具有+2、+4 价 D它的最高价氧化物的水化物是强酸 6、雾霾的化学成分较为复杂，包含有下列物质，其中属于有机物的是（）A臭氧 B二氧化硫 C氮氧化物 D碳氢化合物 7、你认为下列行为中有悖于“节能减排，和谐发展”这一主题的是（）A开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料 B将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率 C研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工
5、业生产的快速发展 D实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗、增加资源的重复使用、资源的循环再生 8、某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中 E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）。对该反应的有关叙述正确的是 A该反应的正反应为吸热反应 B催化剂能改变反应的焓变 C催化剂不能降低反应的活化能 D逆反应的活化能大于正反应的活化能 9、下列各项表示中正确的是()AHCl 的电子式：BA13+的结构示意图：C乙酸的结构简式：CH3COOH D乙烯的结构式：HCCH 10、下图是用点滴板探究氨气的性质。实验时向 NaOH 固体上滴几滴浓氨水后,立即用培养皿罩住整个点滴板。下列对实验现象的
6、解释正确的是()选项 实验现象 解释 A 红色石蕊试纸变蓝 NH3极易溶于水 B 浓硫酸附近无白烟 NH3与浓硫酸不发生反应 C 氯化铝溶液变浑浊 NH3与 AlCl3溶液反应:Al3+3OH-=Al(OH)3 D 浓盐酸附近有白烟 NH3与挥发出的 HCl 反应:NH3+HCl=NH4Cl AA BB CC DD 11、将 5.4 g Al 投入到 200 mL 2.0 molL1的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余，该溶液可能为()ANaOH 溶液 BBa(OH)2溶液 CH2SO4溶液 DHCl 溶液 12、制取无水酒精时，通常向工业酒精中加入某物质，再加热蒸馏，该物质是（）A无水
7、硫酸铜 B浓硫酸 C新制的生石灰 D碳酸钙 13、下列物质中，含有共价键的是（）ACaO BMgCl2 CNaCl DNH4Cl 14、已知:N2O4(g)2NO2(g)，将装有 N2O4和 NO2混合气体的烧瓶浸入热水中，烧瓶内混合气体的颜色逐渐变深。下列结论不能说明该反应已经达到化学平衡状态的是 A烧瓶内气体的质量不再变化 B烧瓶内气体的颜色不再变化 C烧瓶内气体的压强不再变化 DN2O4的消耗速率与 NO2的消耗速率之比为 1:2 15、下列微粒结构示意图中，不正确的是()A B C D 16、下列关于古籍中的记载说法不正确的是（）A天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解
8、反应 B吕氏春秋别类编中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合金硬度方面特性 C本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”用到的实验方法 是蒸馏 D肘后备急方中“青蒿-握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该过程属于化学变化 二、非选择题（本题包括 5 小题）17、目前世界上 60%的镁是从海水中提取的。已知海水提取镁的主要步骤如图：（1）关于加入试剂作沉淀剂，有以下几种不同方法，请完成下列问题。方法 是否正确 简述理由 方法 1：直接往海水中加入沉淀剂 不正确 海水中镁离子浓度小，沉淀剂的用量大，不经济 方法 2：高温加热蒸发海水后，再加入沉淀剂 不正确（一）你认为最合理的
9、其他方法是：（二）（一）_；（二）_；（2）框图中加入的试剂应该是_（填化学式）；加入的试剂是_（填化学式）；工业上由无水 MgCl2制取镁的化学方程式为_。（3）加入试剂后，能够分离得到 Mg(OH)2沉淀的方法是_。18、A、B、C、D、E、F、G均为短周期主族元素，其原子序数依次增大。其中 B 的单质在常温下为双原子分子，它与 A 的单质可形成化合物 X，X的水溶液呈碱性；A、D 同主族，C的原子序数等于 A、B 原子序数之和；E 是地壳中含量最高的金属元素，F 元素的原子最外层比次外层少两个电子。用化学用语回答下列问题：(1)G 在元素周期表中的位置为_；(2)元素 C、D、E 的简单
10、离子的半径由大到小关系为_；(3)A 分别与 C、F 形成的氢化物沸点较高的是_，原因_；(4)用电子式表示化合物 D2C 的形成过程_；C、D 还可形成化合物 D2C2，D2C2含有的化学键是_。19、I、乙酸乙酯是重要的有机合成中间体，广泛应用于化学工业。实验室利用如图的装置制备乙酸乙酯。（1）与教材采用的实验装置不同，此装置中采用了球形干燥管，其作用是：_。（2）请写出用 CH3CH218OH 制备乙酸乙酯的化学方程式：_，反应类型为_。（3）为了证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸水剂的作用，某同学利用上图所示装置进行了以下 4 个实验。实验开始先用酒精灯微热 3min，再加热使之微微
11、沸腾 3min。实验结束后充分振荡小试管再测有机层的厚度，实验记录如下：实验 编号 试管中的试剂 试管中的试剂 有机层的厚度/cm A 2 mL 乙醇、1 mL 乙酸、1mL18molL1 浓硫酸 饱和 Na2CO3溶液 3.0 B 2 mL 乙醇、1 mL 乙酸 0.1 C 2 mL 乙醇、1 mL 乙酸、3 mL 2molL1 H2SO4 0.6 D 2 mL 乙醇、1 mL 乙酸、盐酸 0.6 实验 D 的目的是与实验 C 相对照，证明 H+对酯化反应具有催化作用。实验 D 中应加入盐酸的体积和浓度分别是_mL 和_molL1。分析实验_（填实验编号）的数据，可以推测出浓 H2SO4的吸
12、水性提高了乙酸乙酯的产率。（4）若现有乙酸 90g，乙醇 138g 发生酯化反应得到 80g 乙酸乙酯，试计算该反应的产率为_（用百分数表示，保留一位小数）。II、已知乳酸的结构简式为。试回答：乳酸分子中的官能团有：_（写名称）；乳酸与足量金属钠反应的化学方程式为_；已知COOH 不会发生催化氧化，写出加热时，乳酸在 Cu 作用下与 O2反应的化学方程式：_；腈纶织物产泛地用作衣物、床上用品等。腈纶是由 CH2CHCN 聚合而成的。写出在催化剂、加热条件下制备腈纶的化学方程式_。20、某研究性学习小组查阅资料得知,漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，化学方程式为：Ca(ClO)2+CaCl2+2H
13、2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O，他们设计如下实验制取氯气并验证其性质。请回答下列问题:(1)该实验中 A 部分的装置是_(填写装置的序号)。(2)装置 B 中的现象是_。(3)请写出装置 D 中反应的离子方程式_，装置 E 的作用是_。(4)请帮助他们设计一个实验，证明洗气瓶 C 中的亚硫酸钠已被氧化(简述实验步骤)：_。(5)制取 Cl2的方法有多种，请再写出一种制备方法，_(用化学方程式表示)。21、I.写出下列反应的化学方程式，并指出反应类型：（1）用乙烯制备聚乙烯：_；反应类型_。（2）乙醇在加热有铜作催化剂的条件下反应：_；反应类型_。（3）乙酸乙酯在稀硫酸加热条件下水解：
14、_；反应类型_。II.现有下列五种有机物：CH4、CH2CH2、CH3CH2OH、CH3 CH2CH2 CH3、CH3COOH。请回答：（1）写出的官能团的名称_。（2）与互为同系物的是_（填序号）。（3）写出 的同分异构体的结构简式_。2023 学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【答案解析】A、中没有单质参加反应，故不是置换反应，A错误；B、根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，得出中 Cl2Br2，中 KClO3Cl2，中 KBrO3KClO3，因此氧化性由强到弱顺序为 KBrO3KClO3Cl2Br2KBrO3，B 正确；C、中只有 5 分
15、子的 HCl 做还原剂，反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 51，C 错误；D、中还原剂是 Cl2、Cl2变为 KClO3化合价改变了 5，1 分子 Cl2反应转移电子为 10个，因此中 lmol 还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为 10mol，D 错误。答案选 B。【答案点睛】选项 C 是解答的易错点，注意氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应。2、A【答案解析】A、氘原子、氚原子的核内质子数均为 1，但中子数分别为 1 个和 2 个，中子数不同，所以氘、氚属于同种元素，不同核素。错误
16、；B、质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素核素互称为同位素，因此氘、氚互称为同位素。正确；C、氘、氚的质子数相同，因为原子的质子数=核电荷数=核外电子数，所以氘、氚核外电子数相同。正确；D、原子的质量数=质子数+中子数，因此氘、氚的质量数分别为 2、3，正确。故选 A。点睛：本题重点考查元素、核素、同位素的概念。元素：核电荷数（即质子数）相同的同一类原子的总称；核素：具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；同位素：质子数相同而中子数不同的同一元素的不同核素核素互称为同位素。原子中各种微粒的关系如下：核电荷数=核内质子数=原子核外电子数；质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）。3、C【
17、答案解析】A.在水溶液中 K会迅速和水反应，不能置换出硫酸铜溶液中的铜，湿法炼铜是用铁做还原剂，把硫酸铜溶液中的铜置换出来，故 A 不选；B.用 Cu2S 煅烧冶炼铜是火法炼铜，故 B 不选；C.电解熔融的氧化铝可以冶炼金属铝，故 C 选；D.钡是非常活泼的金属，不能用氢气从氧化钡中把钡置换出来，故 D 不选；故选 C。【答案点睛】按照金属活动性顺序，在工业上，活泼金属如钾、钙、钠、镁、铝等通常用电解法冶炼，如用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝。对于大多数的中等活泼金属，如锌、铁、铜等，通常采用热还原法冶炼，即用还原剂如碳、CO、H2、Al等做还原剂，在高温下还原这些
18、金属的氧化物。不太活泼的金属如汞和银，用热分解法冶炼，即加热分解它们的氧化物。不活泼金属如金、铂等一般采用物理方法。4、C【答案解析】高锰酸钾溶液具有强氧化性，遇到含碳碳双键或三键等不饱和键的物质会褪色，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在 C-C 单键与 C=C 双键的交替结构，故正确；苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的碳碳键只有一种，不存在 C-C 单键与 C=C 双键的交替结构，故正确；苯能在一定条件下跟 H2加成生成环己烷，发生加成反应是碳碳双键或三键具有的性质，不能证明苯环结构中不存在C-C 单键与 C=C 双键的交替结构，故错误；如
19、果是单双键交替结构，邻二甲苯的结构有两种，一种是两个甲基夹 C-C，另一种是两个甲基夹 C=C，邻二甲苯只有一种结构，说明苯环结构中的碳碳键只有一种，不存在 C-C 单键与 C=C 双键的交替结构，故正确；苯在 FeBr3存在下同液溴可发生取代反应，生成溴苯，苯不因化学变化而使溴水褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在 C-C 单键与 C=C 双键的交替结构，故正确；能够说明苯环结构中不存在单、双键交替结构的事实有，故选 C。5、D【答案解析】原子序数为 114 的元素在第 7 周期 IVA 族。则 A.它的最外层电子数为 4，A 正确；B.同主族元素由上到下元素的金属性逐渐
20、增强，故它的金属性比铅强，B 正确；C.该元素在第 7 周期 IVA族，它具有+2、+4 价，C 正确；D.同主族元素由上到下元素的金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性减弱，碳酸为弱酸，故它的最高价氧化物的水化物不可能是强酸，D 错误。答案选 D。6、D【答案解析】有机物是含碳的化合物，臭氧、二氧化硫、氮氧化物不含有碳，属于无机物，碳氢化合物属于有机物，故 D 正确。7、C【答案解析】A、开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，符合节能减排，和谐发展的主题，A正确；B、将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率，提高了燃烧效率，减少了资源的浪费，符合节能减排，和谐发
21、展的主题，B 正确；C、研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展，化石燃料是有限的，加大开采，一定会带来能源的匮乏和污染物的增多，C 错误；D、减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle），符合节能减排，和谐发展的主题，D 正确；答案选 C。8、A【答案解析】A、根据图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，所以正方应是吸热反应，A 正确；B、催化剂只能改变反应的活化能，但不能改变反应热，因此焓变不变，B 不正确；C、催化剂可以改变反应的活化能，因此催化剂能够降低反应的活化能，C不正确；D、根据图像可知逆反应的活化能(E2)小
22、于正反应的活化能(E1)，D 不正确；答案选 A。9、C【答案解析】分析：A.氯原子最外层达到 8 电子稳定结构；B.铝离子的结构示意图中用圆圈表示原子核；C.结构简式中需要标出乙醇的官能团;D.用短线代替所有的共用电子对即为结构式.详解:A.HCl 为共价化合物，组成原子最外层满足稳定结构,电子式为,故 A 错误；B.铝离子的核电荷数为 13，核外电子数为 10,其正确的离子结构示意图为：,故 B 错误；C.乙酸的官能团是羧基,乙酸的结构简式为：CH3COOH，故 C 正确；D.乙烯分子中含有碳碳双键,乙烯的结构式为：,所以 D 选项是错误的；所以 C 选项是正确的。10、D【答案解析】A氨
23、气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成 NH3H2O，电离生成 OH-离子，溶液呈碱性，NH3H2O是一种可溶性碱，故A 错误；B氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，故 B 错误；C氨水与氯化铝溶液发生复分解反应生成氢氧化铝，但一水合氨是弱电解质，不可拆分，故 C错误；DNaOH 固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向 NaOH 固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成，故 D 正确。答案为 D。11、D【答案解析】200.0mL 2.0mol/L 的某溶液中溶质的物质的量为 0.2L2.0mol/L=0.4mol，5.4 g Al的物质的
24、量为 0.2mol。【题目详解】A 项、由反应 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2可知，0.2molAl 与 0.4mol NaOH 溶液反应时，碱过量，没有金属剩余，故 A 错误；B 项、由反应 2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2可知，0.2molAl 与 0.4mol Ba(OH)2溶液反应时，碱过量，没有金属剩余，故 B 错误；C 项、由反应 2Al+6H+2Al3+3H2可知，0.2molAl 与 0.4molH2SO4溶液反应，硫酸过量，没有金属剩余，故 C 错误；D 项、由反应 2Al+6H+2Al3+3H2可知，0.2molAl 与 0.4molHCl 溶液反应，
25、Al过量，有金属剩余，故D 正确；故选 D。【答案点睛】金属铝既能与酸反应生成氢气，又能与碱反应生成氢气，注意利用已知量来判断过量问题是解答的关键。12、C【答案解析】制备无水酒精时，在 95.57%酒精中加入生石灰（CaO）加热回流，使酒精中的水跟氧化钙反应，生成不挥发的氢氧化钙来除去水分，然后再蒸馏得到。答案选 C。【答案点睛】本题是基础性测试卷的考查，难度不大。侧重对基础性知识的巩固与检验，难度不大，记住原理即可得出正确的结论。13、D【答案解析】ACaO 中钙离子和氧离子之间只存在离子键，不存在共价键，故 A 不选；BMgCl2中只含镁离子与氯离子形成的离子键，不存在共价键，故 B 不
26、选；CNaCl 中钠离子和氯离子之间只存在离子键，不存在共价键，故 C 不选；DNH4Cl中含离子键，在铵根离子内存在 N-H极性共价键，故 D 选；故选 D。【答案点睛】本题的易错点为 B，要注意离子化合物中如果存在原子团，则原子团内还存在共价键，在 MgCl2中存在的镁离子与氯离子，不存在原子团，只存在离子键，2 个氯离子间不能形成化学键。14、A【答案解析】由信息可知，该反应为气体体积增大、且吸热的反应，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，判定平衡时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时
27、，说明可逆反应到达平衡状态，以此来解答。【题目详解】A、烧瓶内气体的质量一直不随时间的变化而变化，不能说明达平衡状态，选项 A 错误；B、烧瓶内气体的颜色不再加深，说明二氧化氮的浓度不变，反应达平衡状态，选项 B 正确；C、烧瓶内气体的压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，选项 C 正确；D、N2O4的消耗速率与 NO2的消耗速率之比为 1:2，可知 NO2的生成速率与 NO2消耗速率相等，反应达平衡状态，选项 D 正确；答案选 A。【答案点睛】本题考查化学平衡状态的判定，为高频考点，把握平衡的特征及判定方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意变量可用于平衡判定。15、
28、B【答案解析】A.表示氧原子，微粒结构示意图正确，A 正确；B.质子数为 11 的是钠，原子结构示意图为，离子结构示意图为，B 错误；C.表示氯原子，微粒结构示意图正确，C 正确；D.表示氯离子，微粒结构示意图正确，D 正确；答案选 B。【答案点睛】原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。其中小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层的电子数，注意原子结构示意图和离子结构示意图的区别。16、D【答案解析】A.天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是碳酸钙的分解反应，A 正确；B.吕氏春秋别类编中“金（即铜）柔锡柔，合两柔则刚”体现了合
29、金硬度方面的特性，即合金的硬度比其成分金属高，B 正确；C.本草纲目中“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”用到的实验方法是蒸馏，即根据混合物的沸点不同将混合物分离的方法，C 正确；D.肘后备急方中“青蒿握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”该提取过程没有新物质生成，属于物理变化，D 不正确。本题选 D。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、能源消耗大，不经济 海滩晒盐蒸发浓缩得到苦卤水后，加入沉淀剂 Ca(OH)2 HCl MgCl2(熔融)Mg+Cl2 过滤 【答案解析】本题考查的是从海水中提取镁的流程，试剂应该是石灰乳，发生的反应为 MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2
30、+CaCl2，经过过滤得到 Mg(OH)2沉淀，加入试剂盐酸，发生反应 Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，然后蒸发浓缩，冷却结晶脱水制的无水 MgCl2，再电解熔融的 MgCl2便可制得 Mg，据此分析解答问题。【题目详解】(1)高温蒸发海水时消耗能源大，不经济，方法不正确，应先浓缩海水再加入沉淀剂，故答案为：能源消耗大，不经济；海滩晒盐蒸发浓缩得到苦卤水后，加入沉淀剂；(2)根据上述分析可知，试剂应该是石灰乳，发生的反应为 MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+CaCl2，经过过滤得到Mg(OH)2沉淀，加入试剂盐酸，发生反应 Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2
31、O，工业上电解熔融的 MgCl2便可制得 Mg，化学方程式为 MgCl2(熔融)Mg+Cl2，故答案为：Ca(OH)2；HCl；MgCl2(熔融)Mg+Cl2；(3)试剂应该是石灰乳，发生的反应为 MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+CaCl2，经过过滤得到 Mg(OH)2沉淀，故答案为：过滤。18、第三周期A 族 O2-Na+Al3+H2O H2O 可形成分子间氢键，沸点最高 离子键、非极性共价键 【答案解析】B 的单质在常温下为双原子分子，它与 A 可形成分子 X，X的水溶液呈碱性；由此可知 A 为氢元素，B 为氮元素，X为氨气；A、D 同主族，且 D 的原子序数大于氮，则 D 为
32、钠元素；C 的原子序数等于 A、B 原子序数之和，即 1+7=8，则 C 为氧元素；E 是地壳中含量最高的金属元素，则为铝元素；F 元素的原子最外层比次外层少两个电子，由此可知F 为硫元素；G为氯元素，据此分析。【题目详解】B 的单质在常温下为双原子分子，它与 A 可形成分子 X，X的水溶液呈碱性；由此可知 A 为氢元素，B 为氮元素，X为氨气；A、D 同主族，且 D 的原子序数大于氮，则 D 为钠元素；C 的原子序数等于 A、B 原子序数之和，即 1+7=8，则 C 为氧元素；E 是地壳中含量最高的金属元素，则为铝元素；F 元素的原子最外层比次外层少两个电子，由此可知F 为硫元素；G为氯元素
33、。(1)G 为氯元素，在元素周期表中的位置为第三周期A 族；(2)具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，故元素 C、D、E 的简单离子 O2-、Na+、Al3+的半径由大到小关系为 O2-Na+Al3+；(3)A 分别与 C、F 形成的氢化物 H2O、H2S，沸点较高的是 H2O，原因是 H2O 可形成分子间氢键，沸点最高；(4)Na2O 为离子化合物，用电子式表示 Na2O的形成过程为：；C、D 还可形成化合物 Na2O2，Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，过氧根离子中存在共价键，故 Na2O2中含有的化学键是离子键、非极性共价键。19、防止倒吸 CH3COOHCH3CH218O
34、HCH3CO18OCH2CH3H2O 酯化反应 3 4 A C 16%羟基、羧基 2CH3CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O 【答案解析】（1）乙酸、乙醇易溶于碳酸钠溶液，会导致装置内气体减小，容易发生倒吸，球形干燥管容积较大，故可以防止倒吸，故答案为防止倒吸；（2）根据酯化反应的机理可知反应方程式：CH3COOHCH3CH218OHCH3CO18OCH2CH3H2O，反应类型为取代反应或酯化反应；（3）实验 D 的目的是与实验 C 相对照，证明 H+对酯化反应具有催化作用，由于在实验C中使用的硫酸是 3mL 2mol/L，所以在实验 D中应加入一元强酸盐酸的体积和浓度分别是
35、3mL和4mol/L；分析实验 A、C 可知：其它条件相同只有硫酸的浓度不同，而最终使用浓硫酸反应产生的酯多，说明浓 H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率；故答案为 AC；（4）n(乙酸)=90g1g/mol=1.5mol，n(乙醇)=138g46g/mol=3mol，由于乙醇过量，所以应该按照乙酸来计算得到的酯的质量。n(乙酸乙酯)=8088g/mol=0.909mol，则该反应的产率为 0.909 mol1.5mol100%=1.6%；II.乳酸分子中的官能团有羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；乳酸分子中的羟基氢和羧基氢都能被金属钠置换，故反应方程式为，加热时，乳酸在 Cu作用下与 O2反
36、应主要的羟基被催化氧化，故反应方程式为 2CH3CHOHCOOH+O22CH3COCOOH+2H2O；腈纶是由丙烯腈发生加聚反应而得到的，反应的方程式为。【答案点睛】在所给的反应物的量有多种时，应考虑物质的过量问题，应先判断过量，然后按照量少的反应物的量进行计算。20、b 溶液变蓝色 Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+吸收多余的 Cl2，防止污染空气取少量 C 中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加 BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明 C 中亚硫酸钠已被氧化 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O【答案解析】分析：（1）根据反应物的状态及反应条件
37、选择发生装置；（2）根据氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成单质碘，单质碘遇淀粉变蓝；（3）根据氯气具有氧化性，能氧化二价铁氧化生成三价铁；（4）根据亚硫酸钠变质后生成硫酸钠，硫酸钠与氯化钡反应产生难溶于盐酸的硫酸钡；（5）明确实验室制备氯气的方法；详解：（1）该反应的反应物是固体和液体，反应条件是加热，所以应选固液混合加热型装置，故答案为：b；（2）氯气具有氧化性，能氧化碘离子生成单质碘，单质碘遇淀粉变蓝，所以 B 中的实验现象为溶液变蓝色；（3）氯气具有氧化性，能氧化二价铁氧化生成三价铁，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；装置 E 中装有氢氧化钠溶液，其作用是吸收多余的
38、Cl2，防止污染空气；（4）取少量 C 中溶液于小试管中，加入足量稀盐酸，充分振荡后滴加 BaCl2溶液，若有白色沉淀生成且沉淀不消失，则证明 C 中亚硫酸钠已被氧化；（5）制取 Cl2的方法有多种，其中可利用二氧化锰与浓盐酸共热制备，MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O。点睛：本题考查氯气的实验室制备、氯气的性质等，难度不大，注意根据氯气的性质对实验装置理解分析。21、nCH2=CH2 加聚反应 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O 氧化反应 CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH 取代反应 羧基 CH3 CH（CH3）CH3【答案解析】I.（1）乙烯发生加成聚合反应可以制备聚乙烯，反应为：nCH2=CH2，属于加聚反应；（2）乙醇在加热有铜作催化剂的条件下反应生成乙醛和水，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应类型氧化反应；（3）乙酸乙酯在稀硫酸加热条件下水解生成乙酸和乙醇，反应方程式为：CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH；反应类型取代反应；II.（1）为 CH3COOH，属于羧酸，其官能团的名称为羧基；（2）与（甲烷属于烷烃）互为同系物的是CH3CH2CH2CH3（丁烷也属于烷烃）；（3）的同分异构体有异丁烷，其结构简式为 CH3CH（CH3）CH3。