2019-2020年高一下学期质检化学试卷（6月份）含解析.doc

2019-2020年高一下学期质检化学试卷（6月份）含解析一、选择题（每小题4分，共60分）1质量相等的下列有机物充分燃烧耗氧量最大的是（）AC2H6BC2H2CC4H6DC4H82下列关于羟基和氢氧根的说法中，不正确的是（）A羟基比氢氧根少一个电子B两者的组成元素相同C羟基不带电，氢氧根带一个单位负电荷D羟基比氢氧根性质稳定3下列有机物分子中，所有原子一定不在同一平面内的是（）ABCD4维生素A的结构简式如图所示，关于它的叙述中正确的是（）A维生素A属于环烃B维生素A不能与金属钠反应产生氢气C维生素A不能使酸性KMnO4溶液褪色D维生素A能发生取代、加成、酯化反应5某物质可在酸性条件下水解并且生成两种相对分子质量相等的物质，该物质是（）AHCOOC2H5BCH3COOC2H5CC6H12O6D（C6H10O5）n6除去括号内杂质所用试剂和方法，正确的是（）选项物质所用试剂方法A乙醇（乙酸）氢氧化钠溶液分液B乙烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液蒸馏D乙醇（水）生石灰蒸馏AABBCCDD7An+、B（n+1）+、Cn、D（n+1）的电子层结构相同下列关于A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（）A气态氢化物的稳定性：DCB一定都是短周期元素C单质的还原性：BAD原子序数：BACD8据下表信息，判断以下叙述正确的是（）部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号GLMQRT原子半径/nm0.1860.1600.1430.1040.0750.066主要化合价+1+2+3+6，2+5，32AGOH溶液和M（OH）3可以相互反应B非金属性：TQC气态氢化物的稳定性：RTDL2+与T2核外电子数相等9一定条件下，在容积固定的某密闭容器中发生的反应N2+3H22NH3在10s内N2的浓度由5mol/L降至4mol/L下列说法正确的是（）A用NH3表示的化学反应速率为0.1mol/（Ls）B使用合适的催化剂，可以加快该反应的速率C增加H2的浓度或降低温度都会加快该反应的速率D反应足够长时间，N2、H2中至少有一种物质浓度降为零10下面是某同学做完铜一锌一硫酸原电池的实验后得出的结论和认识，正确的是（）A构成原电池的正极和负极的材料必须是两种金属B在该原电池中，铜作负极C铜锌原电池工作时，若有13g锌溶解，则电路中就有0.4mol电子通过D电子通过硫酸溶液由锌流向铜，在铜电极上被氢离子得到而放出氢气11硫酸是一种重要的化工产品，目前主要采用“接触法”进行生产有关接触氧化反应2SO2+O22SO3的说法，正确的是（）A只要选择适宜的条件，SO2和O2就能全部转化为SO3B该反应达到平衡后，反应就停止了，即正逆反应速率为零C在达到平衡的体系中，充入O2，对化学平衡无影响D在工业合成SO3时，要同时考虑反应速率和反应所能达到的限度两个方面的问题12下列反应中同时有离子键和共价键的断裂和形成的反应是（）ANH4ClNH3+HClBH2+Cl22HClCN2+3H22NH3D2Na2O2+2H2O4NaOH+O213某些建筑材料中含有放射性元素氡（Rn）222Rn、219Rn、220Rn分别来自镭、锕、钍，因而分别称为镭射气、锕射气和钍射气下列有关氡的说法正确的是（）A氡是双原子分子B氡气因其化学性质活泼而对人体有害C氡气因其具有放射性而对人体有害D222Rn、219Rn、220Rn互为同素异形体14决定化学反应速率的主要原因是（）A物质本身的性质B反应物的浓度C反应的温度D反应物间的接触面积15一定温度下，反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）达到化学平衡状态的标志是（）AN2，H2和NH3的物质的量分数不再改变Bc（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2CN2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2倍D单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2二、（非选择题，共40分）16A、B、C、D都是短周期元素A元素的原子核外有两个电子层，最外层已达到饱和B元素位于A元素的下一周期，最外层的电子数是A元素最外层电子数的C元素的离子带有2个单位正电荷，它的核外电子排布与A元素原子相同D元素与C元素属同一周期，D元素原子的最外层电子数比A的最外层电子数少1（1）根据上述信息判断：B，C，D（填元素符号）（2）B元素位于周期族17下表是周期表中的一部分，根据AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：族周期AAAAAAA01A2DEGI3BCFH（1）表中元素，化学性质最不活泼的是，只有负价而无正价的是，氧化性最强的单质是，还原性最强的单质是；（2）最高价氧化物的水化物碱性最强的是，酸性最强的是，呈两性的是；（3）A分别与D、E、F、G、H形成的化合物中，最稳定的是；（4）在B、C、D、E、F、G、H中，原子半径最大的是18某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应第 分钟到达平衡状态，X所占的体积分数为（2）该反应的化学方程式为（3）反应开始至2min，气体X的平均反应速率为19已知乙烯能发生以下转化：（1）乙烯的结构简式为（2）写出B、D化合物中官能团的名称：B；D（3）写出下列反应的化学方程式并注明反应类型：；反应类型；反应类型20某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，A中盛有浓硫酸，B中盛有无水乙醇和冰醋酸已知无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH有关有机物的沸点如表所示：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点（）34.778.511877.1（1）浓硫酸的作用是；若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式：（2）用过量乙醇的主要目的是（3）冷凝管的主要作用是将产物冷凝，则水应从冷凝管的（填“C”或“D”）端进入（4）锥形瓶中收集到的液体的主要成分是，为了得到比较纯净的该物质，常用饱和Na2CO3溶液对粗产品进行洗涤，其目的是如果用NaOH浓溶液代替Na2CO3溶液将引起的后果是（5）锥形瓶中液体经饱和碳酸钠溶液洗涤后，加入无水氯化钙，除去；再加入（此空从下列选项中选择），然后进行蒸馏，收集77左右的馏分即可A五氧化二磷B碱石灰C无水硫酸钠D生石灰21实验室里用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯化，该反应的离子方程式为也可以利用反应2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O制取并收集纯净、干燥的氯气，部分装置如图甲所示（1）若以KMnO4和浓盐酸为原料制取氯气，则根据反应原理，图乙中合适的制气装置为（2）装置B的作用是（3）装置E的作用是E中的试剂可选ANaOH溶液 BNaCl溶液 B澄清石灰水 D水（4）某同学通过 下列两种方式制取氯气：用8.7gMnO2与足量浓盐酸反应；用含14.6gHCl的浓盐酸与足量MnO2反应这两种方式产生Cl2的量的关系是A多B多C一样多D不确定xx学年山东省德州市武城二中高一（下）质检化学试卷（6月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共60分）1质量相等的下列有机物充分燃烧耗氧量最大的是（）AC2H6BC2H2CC4H6DC4H8【考点】化学方程式的有关计算【分析】等质量的烃燃烧，耗氧量取决于H%，H%越大耗氧量越大，据此判断【解答】解：等质量的烃燃烧，耗氧量取决于H%，H%越大耗氧量越大，AC2H6中N（C）：N（H）=2：6=1：3；BC2H2中N（C）：N（H）=1：1；CC4H6中N（C）：N（H）=4：6=1：1.5；DC4H8中N（C）：N（H）=4：8=1：2；故C2H6中H的质量分数最大，相同质量C2H6的耗氧量最大，故选A2下列关于羟基和氢氧根的说法中，不正确的是（）A羟基比氢氧根少一个电子B两者的组成元素相同C羟基不带电，氢氧根带一个单位负电荷D羟基比氢氧根性质稳定【考点】烃的衍生物官能团【分析】A羟基含有9个电子，氢氧根离子含有10个电子；B羟基和氢氧根离子分别为OH、OH，据此判断含有的元素；C羟基含有9个电子，氢氧根离子含有10个电子，羟基和氢氧根离子中都含有9个质子；D氢氧根可以游离存在，羟基不能游离存在，所以氢氧根离子比羟基性质稳定【解答】解：A羟基含有9个电子，氢氧根离子含有10个电子，所以羟基比氢氧根离子少一个电子，故A正确；B羟基和氢氧根离子都只含H、O元素，所以组成元素相同，故B正确；C羟基含有9个电子，氢氧根离子含有10个电子，羟基和氢氧根离子中都含有9个质子，所以羟基不带电，氢氧根带一个单位负电荷，故C正确；D羟基是自由基，很活泼，不能稳定存在，氢氧根是离子，能够稳定存在，故D错误；故选D3下列有机物分子中，所有原子一定不在同一平面内的是（）ABCD【考点】常见有机化合物的结构【分析】在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断【解答】解：A苯是平面结构，所以一定共面，故A错误； B中甲基碳原子和氢原子一定不共面，故B正确；C苯和乙烯是平面结构，可能在同一平面上，故C错误；D苯是平面结构，乙炔是直线型结构，可能在同一平面上，故D错误故选B4维生素A的结构简式如图所示，关于它的叙述中正确的是（）A维生素A属于环烃B维生素A不能与金属钠反应产生氢气C维生素A不能使酸性KMnO4溶液褪色D维生素A能发生取代、加成、酯化反应【考点】有机物的结构和性质【分析】该物质中含有碳碳双键和 醇羟基，具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、还原反应、氧化反应和消去反应、取代反应等，据此分析解答【解答】解：A维生素A中除了含有C、H元素外还含有O元素，所以属于烃的衍生物，故A错误；B维生素A含有醇羟基，所以能和钠反应生成氢气，故B错误；C维生素A含有碳碳双键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C错误；D该物质中含有碳碳双键和 醇羟基，具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、还原反应、氧化反应和消去反应、取代反应、酯化反应等，故D正确；故选D5某物质可在酸性条件下水解并且生成两种相对分子质量相等的物质，该物质是（）AHCOOC2H5BCH3COOC2H5CC6H12O6D（C6H10O5）n【考点】有机物的结构和性质【分析】A甲酸乙酯水解生成甲酸和乙醇；B乙酸乙酯水解生成乙醇和乙酸；C该物质可能是蔗糖或麦芽糖；D该物质可能是淀粉或纤维素【解答】解：A甲酸乙酯水解生成甲酸和乙醇，甲酸和乙醇的相对分子质量相等，故A正确；B乙酸乙酯水解生成乙醇和乙酸，乙酸的相对分子质量大于乙醇，故B错误；C该物质可能是蔗糖或麦芽糖，如果是蔗糖，蔗糖水解生成的葡萄糖和果糖的相对分子质量相等，但如果是麦芽糖，麦芽糖水解只生成葡萄糖，故C错误；D该物质可能是淀粉或纤维素，淀粉和纤维素最终水解都只生成葡萄糖，故D错误；故选A6除去括号内杂质所用试剂和方法，正确的是（）选项物质所用试剂方法A乙醇（乙酸）氢氧化钠溶液分液B乙烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液蒸馏D乙醇（水）生石灰蒸馏AABBCCDD【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】A、互不相溶的液体可以采用分液的方法分离；B、乙烯能被高锰酸钾氧化为二氧化碳；C、乙酸乙酯和水溶液互不相溶，可以采用分液法来分离；D、互溶、沸点相差较大的液体之间可以采用蒸馏法分离【解答】解：A、乙酸和氢氧化钠反应生成乙酸钠溶液和乙醇是互溶的，不能用分液的办法分离，故A错误；B、乙烯可以被高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，除掉了乙烯，又在乙烷中引入了二氧化碳杂质，故B错误；C、乙酸和碳酸钠可以反应生成醋酸钠的水溶液，乙酸乙酯和醋酸钠溶液互不相溶，可以采用分液法来分离，故C错误；D、生石灰可以和水发生反应生成氢氧化钙溶液，可以采用蒸馏的方法实现氢氧化钙和乙醇混合溶液的分离，故D正确故选D7An+、B（n+1）+、Cn、D（n+1）的电子层结构相同下列关于A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（）A气态氢化物的稳定性：DCB一定都是短周期元素C单质的还原性：BAD原子序数：BACD【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】已知An+、B（n+1）+、Cn、D（n+1）具有相同的电子层结构，原子失去电子变成阳离子，原子得到电子变成阴离子，所以阳离子在阴离子的下一周期，且元素的电荷数越大其原子序数越大，阴离子中，离子的电荷数的绝对值越大，其原子序数越大，所以原子序数：BACD，结合元素周期律递变规律解答该题【解答】解：已知An+、B（n+1）+、Cn、D（n+1）具有相同的电子层结构，原子失去电子变成阳离子，原子得到电子变成阴离子，所以阳离子在阴离子的下一周期，且元素的电荷数越大其原子序数越大，阴离子中，离子的电荷数的绝对值越大，其原子序数越大，所以原子序数：BACD，AC、D在同一周期，且原子序数CD，非金属性：CD，则气态氢化物的稳定性：CD，故A错误；B四种元素不一定属于短周期元素，如A为K、B为Ca、C为Cl、D为S也符合，故B错误C金属的金属性越强，其还原性越强，A的金属性大于B，所以A的还原性大于B，故C错误；D通过以上分析知，原子序数：BACD，故D正确；故选D8据下表信息，判断以下叙述正确的是（）部分短周期元素的原子半径及主要化合价元素代号GLMQRT原子半径/nm0.1860.1600.1430.1040.0750.066主要化合价+1+2+3+6，2+5，32AGOH溶液和M（OH）3可以相互反应B非金属性：TQC气态氢化物的稳定性：RTDL2+与T2核外电子数相等【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，T只有2价，则T为O元素；T和Q的最低化合价相同，应位于相同主族，且Q原子半径较大，可知Q为S元素；R有+5、3价，处于A族，原子半径小于S，故R为N元素；G、L、M的化合价分别为+1、+2、+3，原子半径依次减小，均大于S原子半径，应处于第三周期，可推知G、L、M元素则分别为Na、Mg、Al，结合元素单质化合物的性质以及元素周期律解答【解答】解：短周期元素，由元素的化合价可知，T只有2价，则T为O元素；T和Q的最低化合价相同，应位于相同主族，且Q原子半径较大，可知Q为S元素；R有+5、3价，处于A族，原子半径小于S，故R为N元素；G、L、M的化合价分别为+1、+2、+3，原子半径依次减小，均大于S原子半径，应处于第三周期，可推知G、L、M元素则分别为Na、Mg、Al，ANaOH溶液和Al（OH）3可以相互反应生成偏铝酸钠与水，故A正确；B同主族自上而下非金属性减弱，O的非金属性强于S元素，故B错误；CO的非金属性强于N元素，所以对应的氢化物稳定性较稳定，故C错误；DMg2+与O2离子核外电子数都是10，故D正确，故选AD9一定条件下，在容积固定的某密闭容器中发生的反应N2+3H22NH3在10s内N2的浓度由5mol/L降至4mol/L下列说法正确的是（）A用NH3表示的化学反应速率为0.1mol/（Ls）B使用合适的催化剂，可以加快该反应的速率C增加H2的浓度或降低温度都会加快该反应的速率D反应足够长时间，N2、H2中至少有一种物质浓度降为零【考点】反应速率的定量表示方法；化学反应速率的影响因素【分析】A、根据v=计算v（N2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NH3）B、催化剂改变反应历程，加快反应C、温度降低反应速率减小D、可逆反应中物质不能100%转化【解答】解：A、10s内v（N2）=0.1mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，所以v（NH3）=2v（N2）=0.2mol/（Ls），故A错误；B、使用合适的催化剂，降低反应活化能，活化分子增多，反应加快，故B正确；C、增加H2的浓度会加快该反应的速率，降低温度会是反应减慢，故C错误；D、可逆反应中物质不能100%转化，无论时间多长，N2、H2浓度都不可能为零，故D错误故选：B10下面是某同学做完铜一锌一硫酸原电池的实验后得出的结论和认识，正确的是（）A构成原电池的正极和负极的材料必须是两种金属B在该原电池中，铜作负极C铜锌原电池工作时，若有13g锌溶解，则电路中就有0.4mol电子通过D电子通过硫酸溶液由锌流向铜，在铜电极上被氢离子得到而放出氢气【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A构成原电池正负极的材料不一定是两种金属；B锌比铜活泼，锌为负极；C根据锌和转移电子之间的关系式计算；D电子只能经过外电路，溶液中由离子定向移动导电【解答】解：A构成原电池正负极的材料不一定是两种金属，可能是金属和导电的非金属，如石墨，故A错误；B锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，故B错误；C铜、锌原电池工作时，若有13g锌被溶解，电路中通过的电子=2=0.4mol，故C正确；D电子只能经过外电路，溶液中由离子定向移动导电，故D错误故选C11硫酸是一种重要的化工产品，目前主要采用“接触法”进行生产有关接触氧化反应2SO2+O22SO3的说法，正确的是（）A只要选择适宜的条件，SO2和O2就能全部转化为SO3B该反应达到平衡后，反应就停止了，即正逆反应速率为零C在达到平衡的体系中，充入O2，对化学平衡无影响D在工业合成SO3时，要同时考虑反应速率和反应所能达到的限度两个方面的问题【考点】化学平衡的影响因素【分析】A根据可逆反应的限度分析；B可逆反应达到平衡后，正逆反应速率相等且不等于0；C增大反应物，平衡正向移动；D在工业合成SO3时，既要考虑反应时间又要考虑转化率【解答】解：A可逆反应正逆反应速率相等时，反应达到最大限度，即化学平衡状态，所以反应物不能全部转化为生成物，即SO2和O2不能全部转化为SO3，故A错误；B可逆反应达到平衡后，正逆反应速率相等且不等于0，可逆反应达到一个动态平衡状态不是反应停止，故B错误；C在达到平衡的体系中，充入O2，O2的浓度增大，平衡正向移动，故C错误；D在工业合成SO3时，既要考虑反应时间又要考虑转化率，即要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题，故D正确故选D12下列反应中同时有离子键和共价键的断裂和形成的反应是（）ANH4ClNH3+HClBH2+Cl22HClCN2+3H22NH3D2Na2O2+2H2O4NaOH+O2【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，据此分析解答【解答】解：A该反应中没有离子键形成和共价键断裂，故A错误；B该反应中没有离子键断裂和形成，故B错误；C该反应中没有离子键断裂和形成，故C错误；D该反应中有离子键和共价键断裂及形成，故D正确；故选D13某些建筑材料中含有放射性元素氡（Rn）222Rn、219Rn、220Rn分别来自镭、锕、钍，因而分别称为镭射气、锕射气和钍射气下列有关氡的说法正确的是（）A氡是双原子分子B氡气因其化学性质活泼而对人体有害C氡气因其具有放射性而对人体有害D222Rn、219Rn、220Rn互为同素异形体【考点】核素【分析】A氡分子是稀有气体的分子，稀有气体是单原子分子；B氡为稀有气体元素，性质不活泼；C放射性气体氡气，称为居室“隐形杀手”，能使蛋白质变性；D由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，互为同素异形体的物质要符合以下两个条件：同种元素形成，不同单质【解答】解：A稀有气体的原子最外层达到8（或2）电子稳定结构，所以稀有气体的分子为单原子分子，氡分子是稀有气体的分子，是单原子分子，故A错误；B氡为稀有气体元素，性质不活泼，对人体有害是因为它具有放射性，故B错误；C氡气因其具有放射性，能使人体组织蛋白质发生变性，对人体有害，故C正确；D222Rn、219Rn、220Rn是三种质子数相同，中子数不同的三种原子，不是单质，不是三种同素异形体，故D错误；故选C14决定化学反应速率的主要原因是（）A物质本身的性质B反应物的浓度C反应的温度D反应物间的接触面积【考点】化学反应速率的影响因素【分析】影响化学反应速率的主要原因是反应物的性质，为内因，温度、压强、浓度以及催化剂是影响化学反应速率的外因，为次要因素【解答】解：影响化学反应速率的主要原因是反应物的性质，为内因，如Na、Mg分别与水的反应；一些不能发生的反应，即使加入催化剂或改变温度、压强、增大浓度等也不能反应，不是影响反应速率的主要因素故选A15一定温度下，反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）达到化学平衡状态的标志是（）AN2，H2和NH3的物质的量分数不再改变Bc（N2）：c（H2）：c（NH3）=1：3：2CN2与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2倍D单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，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，解题时要注意，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，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、N2，H2和NH3的物质的量分数不再改变，说明正逆反应速率相等，故A正确；B、反应达到平衡时，N2、H2、NH3的物质的量浓度之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，这与该反应的初始浓度及转化率有关，故B错误；C、反应达到平衡时，氮气与H2的物质的量之和是NH3的物质的量2倍也可能不是NH3的物质的量2倍，这与该反应的初始物质的量及转化率有关，故C错误；D、无论反应是否达到平衡状态，单位时间里每增加1molN2，同时增加3molH2，故D错误；故选A二、（非选择题，共40分）16A、B、C、D都是短周期元素A元素的原子核外有两个电子层，最外层已达到饱和B元素位于A元素的下一周期，最外层的电子数是A元素最外层电子数的C元素的离子带有2个单位正电荷，它的核外电子排布与A元素原子相同D元素与C元素属同一周期，D元素原子的最外层电子数比A的最外层电子数少1（1）根据上述信息判断：BSi，CMg，DCl（填元素符号）（2）B元素位于第三周期IVA族【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D都是短周期元素，A元素的原子核外有两个电子层，最外层已达到饱和，则A应为He元素；B元素位于A元素的下一周期，为第三周期元素，最外层的电子数是A元素最外层电子数的，即最外层电子数为4，应为Si元素；C元素的离子带有2个单位正电荷，它的核外电子排布与A元素的原子相同，则C为Mg元素；D元素与C元素位于同一周期，应为第三周期元素，D元素原子的最外层电子数比A的最外层电子数少1，即最外层电子数为7，应为Cl元素，以此解答该题【解答】解：A元素的原子核外有两个电子层，最外层已达到饱和，则A应为He元素，B元素位于A元素的下一周期，为第三周期元素，最外层的电子数是A元素最外层电子数的，即最外层电子数为4，应为Si元素，C元素的离子带有2个单位正电荷，它的核外电子排布与A元素的原子相同，则C为Mg元素，D元素与C元素位于同一周期，应为第三周期元素，D元素原子的最外层电子数比A的最外层电子数少1，即最外层电子数为7，应为Cl元素，（1）根据分析可知，B为Si、C为Mg、D为Cl元素，故答案为：Si；Mg；Cl；（2）B为Si元素，原子序数为14，原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，位于周期表第三周期、IVA族，故答案为：第三；IVA17下表是周期表中的一部分，根据AI在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：族周期AAAAAAA01A2DEGI3BCFH（1）表中元素，化学性质最不活泼的是Ne，只有负价而无正价的是F，氧化性最强的单质是F2，还原性最强的单质是Na；（2）最高价氧化物的水化物碱性最强的是NaOH，酸性最强的是HClO4，呈两性的是Al（OH）3；（3）A分别与D、E、F、G、H形成的化合物中，最稳定的是HF；（4）在B、C、D、E、F、G、H中，原子半径最大的是Na【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】根据元素周期表的结构，表中A、B、C、D、E、F、G、H、I元素分别是H、Na、Al、C、N、P、F、Cl、Ne，（1）稀有气体原子最外层电子为8，为稳定结构，化学性质最稳定；同周期自左而右金属性减弱、非金属性最强，而同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，非金属性最强，其单质氧化性最强，金属性越强，单质还原性越强；（2）元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，氢氧化铝为两性氢氧化物；（3）元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；（4）同周期随原子序数增大元素原子半径减小，同主族元素原子序数增大元素原子半径增大【解答】解：（1）稀有气体原子最外层电子为8，为稳定结构，化学性质最稳定，即Ne最稳定；同周期自左而右金属性减弱、非金属性最强，而同主族自上而下金属性增强、非金属性减弱，非金属性最强，其单质氧化性最强，金属性越强，单质还原性越强，以上元素中F只有负价，氧化性最强的单质是F2，还原性最强的单质是Na，故答案为：Ne、F、F2、Na；（2）元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，所以碱性最强的是NaOH，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，所以酸性最强的是HClO4，Al（OH）3呈两性，故答案为：NaOH；HClO4；Al（OH）3；（3）同周期自左而右非金属性最强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，C、N、P、F、Cl中F的非金属性最强，则HF最稳定，故答案为：HF；（4）原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素中原子半径最大的是Na，故答案为：Na18某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应第2 分钟到达平衡状态，X所占的体积分数为38.9%（2）该反应的化学方程式为3X+Y2Z（3）反应开始至2min，气体X的平均反应速率为0.075mol/（Lmin）【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；反应速率的定量表示方法【分析】（1）根据曲线的变化特点判断达到平衡的时间，根据平衡时各种物质的物质的量计算物质的量分数，即体积分数；（2）根据曲线的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的量变化之比等于化学计量数之比书写方程式；（3）根据v=计算反应速率【解答】解析：（1）从图象来看，第2分钟各物质的物质的量不再发生变化，因此第2分钟到达平衡状态，X所占体积分数为=38.9%，故答案为：2；38.9%；（2）从曲线的变化趋势可以看出，从反应开始到达到平衡，X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增加，应为生成物，从反应开始到第2分钟反应到达平衡状态，X、Y消耗的物质的量分别为0.3 mol、0.1 mol，Z的生成的物质的量为0.2 mol，因此三者比例为3：1：2，物质的量变化之比等于化学计量数之比，则化学方程式为3X+Y 2Z，故答案为：3X+Y 2Z；（3）v=0.075mol/（Lmin），故答案为：0.075mol/（Lmin）19已知乙烯能发生以下转化：（1）乙烯的结构简式为CH2=CH2（2）写出B、D化合物中官能团的名称：B羟基；D羧基（3）写出下列反应的化学方程式并注明反应类型：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；反应类型加成反应；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应类型氧化反应【考点】有机物的推断；乙烯的化学性质【分析】乙烯和水发生加成反应，生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成C为CH3CHO，B和D反应生成乙酸乙酯，则D为CH3COOH，以此解答该题【解答】解：乙烯和水发生加成反应，生成B为CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成C为CH3CHO，B和D反应生成乙酸乙酯，则D为CH3COOH，（1）乙烯的分子式为C2H4，含有1个C=C键，结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；（2）B为乙醇，含有羟基，D为乙酸，含有羧基，故答案为：羟基；羧基；（3）乙烯与水发生加成反应生成乙醇，该反应为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应；乙醇发生催化氧化反应生成乙醛，即B为乙醇，C为乙醛，该反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应20某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，A中盛有浓硫酸，B中盛有无水乙醇和冰醋酸已知无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl26C2H5OH有关有机物的沸点如表所示：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点（）34.778.511877.1（1）浓硫酸的作用是催化剂、吸收剂；若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式：CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OCH2CH3+H2O（2）用过量乙醇的主要目的是增加一种反应物，有利于酯化反应正向进行（3）冷凝管的主要作用是将产物冷凝，则水应从冷凝管的C（填“C”或“D”）端进入（4）锥形瓶中收集到的液体的主要成分是乙酸乙酯，为了得到比较纯净的该物质，常用饱和Na2CO3溶液对粗产品进行洗涤，其目的是除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇如果用NaOH浓溶液代替Na2CO3溶液将引起的后果是导致乙酸乙酯水解（5）锥形瓶中液体经饱和碳酸钠溶液洗涤后，加入无水氯化钙，除去乙醇；再加入（此空从下列选项中选择）C，然后进行蒸馏，收集77左右的馏分即可A五氧化二磷B碱石灰C无水硫酸钠D生石灰【考点】乙酸乙酯的制取【分析】用图中装置制备少量乙酸乙酯，则蒸馏烧瓶中装有浓硫酸、乙醇、乙酸，发生酯化反应生成乙酸乙酯，锥形瓶中盛有饱和碳酸钠溶液，可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，且乙酸乙酯不溶于水，混合物分层，以此来解答【解答】解：（1）反应中浓硫酸起到催化剂和吸收剂的作用，可利用反应正向移动，反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OCH2CH3+H2O，故答案为：催化剂、吸收剂；CH3COOH+CH3CH218OH CH3CO18OCH2CH3+H2O；（2）乙酸与乙醇的酯化反应是可逆反应，乙醇相对廉价，加入过量的乙醇，增大反应物浓度，使平衡向正反应方向移动，提高乙酸的转化率，故答案为：增加一种反应物，有利于酯化反应正向进行；（3）为充分冷凝，应使冷水充满冷凝管，则应从C进入，故答案为：C；（4）锥形瓶内主要收集到乙酸乙酯，还混有乙醇、乙酸，可用饱和碳酸钠溶液除去乙醇和乙酸，因乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，不能用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：乙酸乙酯；除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇；导致乙酸乙酯水解；（5）加入无水氯化钙除去少量乙醇，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物，不能选择P2O5、碱石灰和生石灰等固体干燥剂，以防乙酸乙酯在酸性（P2O5遇水生成酸）或碱性条件下水解，故答案为：乙醇；C21实验室里用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯化，该反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+2Cl+Cl2+2H2O也可以利用反应2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O制取并收集纯净、干燥的氯气，部分装置如图甲所示（1）若以KMnO4和浓盐酸为原料制取氯气，则根据反应原理，图乙中合适的制气装置为b（2）装置B的作用是除去氯气中的氯化氢（3）装置E的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气E中的试剂可选AANaOH溶液 BNaCl溶液 B澄清石灰水 D水（4）某同学通过 下列两种方式制取氯气：用8.7gMnO2与足量浓盐酸反应；用含14.6gHCl的浓盐酸与足量MnO2反应这两种方式产生Cl2的量的关系是AA多B多C一样多D不确定【考点】氯气的实验室制法【分析】二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，也可以利用反应2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O制取并收集纯净、干燥的氯气，装置A若用二氧化锰和浓盐酸制备选择加热装置a，若选择高锰酸钾溶液和浓盐酸制备选择不加热的装置b，制备得到的氯气中含氯化氢和水蒸气，通过装置B中 的饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中的浓硫酸除去水蒸气，利用装置D收集干燥纯净的氯气，导气管长进短出，最后剩余氯气污染空气不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收尾气，（1）依据反应物状态和反应条件选择发生装置，固体和液体不加热制备气体；（2）氯化氢易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，可用饱和食盐水除去氯化氢；（3）氯气有毒，直接排放会引起污染，能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以吸收过量氯气；（4）根据MnO2与浓HCl反应，随着反应的进行，浓HCl变稀，稀盐酸不能与MnO2反应，MnO2足量时，不能准确计算出氯气的量，浓盐酸足量时，能根据MnO2的质量计算出氯气的量【解答】解：实验室里用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯化，该反应的离子方程式为：实验室通常用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+2Cl+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+2Cl+Cl2+2H2O；（1）2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，高锰酸钾为固体，浓盐酸为液态，反应不需要加热，应选择装置b；故答案为：b；（2）氯化氢易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，可用饱和食盐水除去氯化氢；故答案为：除去氯气中的氯化氢；（3）氯气有毒，直接排放会引起污染，能够与氢氧化钠反应，装置E的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，ANaOH溶液能够与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，故A正确；B氢氧化钙为微溶物，氢氧根离子浓度较低，吸收不充分，故B错误；C氯气在NaCl溶液中溶解度小，不能用来吸收氯气，故C错误；D氯气在水中溶解度不大，吸收不充分，故D错误；故答案为：吸收多余的氯气，防止污染空气；A；（4）依据方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O， 87g 146g 1mol 8.7g 14.6g 0.1mol若用8.7g MnO2与足量浓盐酸反应制取Cl2，则生成氯气的物质的量为0.1mol；用含14.6g HCl的浓盐酸与足量MnO2反应制取Cl2，因为随着反应进行盐酸浓度降低，变为稀盐酸，所以14.6g氯化氢不能完全反应，所以生成的氯气的物质的量小于0.1mol；故选：Axx年11月30日