2019-2020年高一（下）月考化学试卷（6月份）含解析.doc

2019-2020年高一（下）月考化学试卷（6月份）含解析一、（本题包括16小题，每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）点燃1（3分）（xx春乐山校级期中）北京奥运会开幕式在李宁点燃鸟巢主火炬时达到高潮奥运火炬采用的是环保型燃料丙烷，其燃烧时发生反应的化学方程式为C3H8+5O2 3CO2+4H2O下列说法中不正确的是（）A火炬燃烧时化学能只转化为热能B所有的燃烧反应都会释放热量C1 mol C3H8和5 mol O2所具有的总能量大于3 mol CO2和4 mol H2O所具有的总能量D丙烷完全燃烧的产物对环境无污染，故丙烷为环保型燃料考点：常见的能量转化形式；吸热反应和放热反应；常见的生活环境的污染及治理分析：所有发光发热的氧化还原反应都叫做燃烧，燃烧过程中，化学能转化为热能、光能等，一个化学反应是放热还是吸热，必须看反应物和生成物所具有的总能量的相对大小所有的燃烧反应都是放热反应丙烷燃烧产物为二氧化碳和水，对环境无污染解答：解：A火炬燃烧时，不仅发热，而且发光所以火炬燃烧时，化学能不仅转化为热能，还转化为光能等其它形式的能，故A错误；B燃烧反应是指：混合物中的可燃成分急剧与氧反应形成火焰放出大量的热和强烈的光的过程，故B正确；C根据能量守恒定律，如果反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量，在反应中有一部分能量转变为热能的形式释放，这就是放热反应所有的燃烧反应都是放热反应丙烷的燃烧是放热反应所以1molC3H8和5molO2所具有的总能量大于3molCO2和4molH2O所具有的总能量，故C正确；D丙烷完全燃烧C3H8+5O23CO2+4H2O的产物二氧化碳和水，对环境无污染，故丙烷为环保型燃料，故D正确故选A点评：本题考查了化学能与热能，化学反应常伴有发光、发热现象，理清化学反应中，能量转化有多种形式，掌握化学反应放热的本质，是解题的关键2（3分）（xx天心区校级模拟）一定条件下，可逆反应2A B+3C，在下列四种状态中处于平衡的是（）正反应速率逆反应速率Av（A）=2mol/（Lmin）v（B）=2mol/（Lmin）Bv（A）=2mol/（Lmin）v（C）=2mol/（Lmin）Cv（A）=1mol/（Lmin）v（B）=2mol/（Lmin）Dv（A）=1mol/（Lmin）v（C）=1.5mol/（Lmin）AABBCCDD考点：化学平衡状态的判断专题：化学平衡专题分析：化学反应到达平衡时，同一物质的正逆反应速率相等，据此分析判断解答：解：化学反应到达平衡时，同一物质的正逆反应速率相等A、A物质的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故A正确B、同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，C物质的逆反应速率是2mol/（Lmin），A的逆反应速率为mol/（Lmin），A的正反应速率为2mol/（Lmin），所以A的正逆反应速率不等，故B错误C、同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，B物质的逆反应速率是2 mol/（Lmin），A的逆反应速率为4mol/（Lmin），A的正反应速率为1mol/（Lmin），所以A的正逆反应速率不等，故C错误D、同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，C物质的逆反应速率是1.5 mol/（Lmin），A的逆反应速率为1mol/（Lmin），A的正反应速率为1mol/（Lmin），所以A的正逆反应速率相等，故D正确故选AD点评：本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意：正逆反应速率相等是指同一物质的正逆反应速率相等3（3分）（xx春晋江市校级期末）下列各组物质中，属于同分异构体的是（）ACH3CH2CH3和CH3CH2CH2CH3BH2NCH2COOH和CH3CH2NO2CCH3CH2COOH和CH3COOCH2CH3DCH2=CHCH2CH3和CH2=CHCH=CH2考点：有机化合物的异构现象专题：同分异构体的类型及其判定分析：同分异构体是指分子式相同，但结构不同的有机化合物解答：解：A、分子式不同，不是同分异构体，结构相似，相差一个CH2原子团，为同系物，故A错误；B、分子式相同，含有不同的官能团，为种类异构，二者互为同分异构体，故B正确；C、分子式不同，不是同分异构体，故C错误；D、分子式不同，不是同分异构体，故D错误；故选B点评：本题考查了同分异构体的判断，难度不大，注意同分异构体涉及碳链异构、位置异构、官能团异构等，注意中学几“同”比较4（3分）（xx天津校级学业考试）对于反应中的能量变化，表述正确的是（）A放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量B断开化学键的过程会放出能量C加热才能发生的反应一定是吸热反应D氧化反应均为吸热反应考点：吸热反应和放热反应；化学反应中能量转化的原因专题：化学反应中的能量变化分析：A、反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应放热；B、旧化学键的断裂需要吸收能量；C、吸热反应不一定需要加热热才发生，加热才能发生的反应不一定是吸热反应；D、有的氧化反应放热有的吸热解答：解：A、大当反应物的总能量大于生成物的总能量时，该反应是放热反应，故A正确；B、断开化学键的过程会吸收能量，故B错误；C、吸热反应不一定需要加热热才发生，如氯化铵和十水合氢氧化钡的反应就是吸热的，加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如铝热反应，故C错误；D、食物的腐败变质是氧化反应，该过程是放热的，故D错误故选A点评：本题考查学生吸热反应和放热反应的知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大5（3分）（xx玉山县校级模拟）下面实验操作可以实现实验目的是（）A鸡蛋白溶液中，加入浓的硫酸铵溶液有沉淀析出，加入水后沉淀不溶解B将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，证明SO2具有漂白性C取样灼烧，可以鉴别某白色纺织品是棉织品还是羊毛制品D取少量蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热几分钟后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，并且加热，观察现象，判断蔗糖水解的产物中是否含有葡萄糖考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；二氧化硫的化学性质；蔗糖、麦芽糖简介；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验专题：糖类与蛋白质专题分析：A鸡蛋白溶液中，加入浓的硫酸铵溶液发生盐析，加入水后沉淀溶解；BSO2具有还原性能使酸性KMnO4溶液溶液褪色；C灼烧蛋白质制品能闻到有烧焦羽毛气味；D应先加入氢氧化钠至溶液呈碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液解答：解：A鸡蛋白溶液中，加入浓的硫酸铵溶液有沉淀析出，加入水后沉淀溶解，故A错误； B将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，因为SO2具有还原性，故B错误；C羊毛是蛋白质，灼烧羊毛制品能闻到有烧焦羽毛气味，故C正确；D少量蔗糖溶液加稀硫酸，水浴加热几分钟后，应先加入氢氧化钠至溶液呈碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，并且加热，观察现象，判断蔗糖水解的产物中是否含有葡萄糖，故D错误故选C点评：本题考查蛋白质的性质，葡萄糖的检验，难度不大，注意利用发生的化学反应及反应的不同，相关概念的区别等来解答6（3分）（xx乐山一模）将纯锌片和纯铜片按如图方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（）A两烧杯中铜片表面均无气泡产生B甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C两烧杯中溶液的酸性减小D甲、乙溶液均变蓝考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，以此进行分析解答：解：A、甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；B、乙中不构成原电池，铜片不是电极，故B错误；C、甲中铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小，故C正确；D、甲、乙装置中铜都不参加反应，所以甲、乙溶液都不变蓝，故D错误；故选C点评：本题考查了置换反应和原电池的有关知识，题目难度不大，注意把握原电池的组成条件的工作原理7（3分）（xx南昌校级四模）可逆反应：2NO22NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2；单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n mol NO；用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；混合气体的颜色不再改变的状态； 混合气体的密度不再改变的状态；混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态ABCD考点：化学平衡状态的判断专题：化学平衡专题分析：从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变解答：解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变符合特征（1）；表示的都是正反应方向；说明了反应中各物质的转化量的关系；NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；中若是恒容条件，则始终不变；若恒压条件，则随反应而变；也说明符合特征（2）故能说明是否达到平衡状态故选A点评：本题考查化学平衡状态的判断，注意分析时要从化学方程式的反应特征判断，平衡状态的本质时正逆反应速率相等8（3分）（xx秋攀枝花期末）右图为实验室制取少量乙酸乙酯的装置图下列关于该实验的叙述中，不正确的是（）A向a试管中先加入浓硫酸，然后边摇动试管边慢慢加入乙醇，再加冰醋酸B试管b中导气管下端管口不能浸入液面的目的是防止实验过程中产生倒吸现象C实验时加热试管a的目的之一是及时将乙酸乙酯蒸出，使反应向生成乙酸乙酯的方向移动D试管b中饱和Na2CO3溶液的作用是吸收随乙酸乙酯蒸出的少量乙酸和乙醇考点：乙酸乙酯的制取专题：有机物的化学性质及推断分析：A、浓硫酸密度大，应将浓硫酸加入到乙醇中，以防酸液飞溅，乙酸易挥发，冷却后再加入乙酸；B、a试管受热不均，试管b中的导管伸入液面下可能发生倒吸；C、根据平衡移动原理分析；D、制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、便于闻乙酸乙酯的香味，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层解答：解：A、配制混合液时先加入一定量的乙醇，然后边振荡边加入浓硫酸，冷却后再加入冰醋酸，故A错误；B、a试管受热不均，试管b中的导管伸入液面下可能发生倒吸，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，防止倒吸，故B正确；C、反应为可逆反应，及时将乙酸乙酯蒸出，使反应向生成乙酸乙酯的方向移动，故C正确；D、制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，目的是除去乙醇和乙酸、便于闻乙酸乙酯的香味，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，故D正确故选A点评：本题考查乙酸乙酯的制备以及对操作与反应装置理解，题目难度不大，注意制取乙酸乙酯加入试剂时应考虑浓硫酸的稀释问题9（3分）（xx春广安期末）某有机物的结构简式如图，该物质不应有的化学性质是（）可燃烧 可跟溴加成；可使酸性KMnO4溶液褪色；可跟NaHCO3溶液反应；可跟NaOH溶液反应；可在碱性条件下水解ABCD考点：有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质解答：解：是烃的含氧衍生物，具有可燃烧，故正确；分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，故正确；分子中含有碳碳双键，醇羟基等，能被酸性KMnO4氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；分子中有羧基，能与NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳，故正确；分子中有羧基，能与NaOH溶液发生酸碱中和反应，故正确；该有机物不含能水解的基团，不能水解，故错误故选：D点评：以有机物的结构为载体，考查官能团的性质，难度不大，熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用10（3分）（xx春德州校级月考）关于给定的原电池的下列说法中，错误的是（）A铜片作正极，锌片作负极B该电池工作时，锌失电子变为Zn2+进入溶液C该电池工作时，电子由锌片流向铜片D该电池工作时，H+在锌片上得电子被还原生成H2逸出考点：原电池和电解池的工作原理分析：该装置是原电池，锌作负极，铜作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，电子从负极沿大小流向正极，以此解答解答：解：A锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，铜为正极，故A正确；B该电池工作时，锌为负极，被氧化失电子变为Zn2+进入溶液，故B正确；C锌为负极，铜为正极，电子由锌片流向铜片，故C正确；DH+在铜片上得电子被还原生成H2逸出，故D错误故选D点评：本题考查原电池知识，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原电池的组成以及工作原理，能正确书写电极方程式，注意相关基础知识的积累，难度不大11（3分）（xx春德州校级月考）现有如下各种说法：金属和非金属化合时一定形成离子键；离子键是阳离子、阴离子的相互吸引力；根据电离方程式HClH+Cl，判断HCl分子里存在离子键；H2分子和Cl2分子的反应过程是H2、Cl2分子里共价键发生断裂生成H原子、Cl原子，而后H原子、Cl原子形成离子键的过程上述各种说法正确的是（）AB都不正确CD考点：离子键的形成；共价键的形成及共价键的主要类型专题：化学键与晶体结构分析：一般金属元素与非金属元素形成离子键，但氯化铝例外；离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用；不能利用电离来分析物质中的化学键；H原子、Cl原子以共用电子对形成共价键解答：解：一般金属元素与非金属元素形成离子键，但氯化铝为共价化合物，不含离子键，故错误；离子键是阳离子、阴离子之间的静电作用，既有吸引力也有排斥力，故错误；不能利用电离来分析物质中的化学键，共价化合物溶于水也能发生电离产生离子，故错误；H原子、Cl原子以共用电子对形成共价键，故错误；故选B点评：本题考查离子键，注意一般规律和特例来分析解答即可，难度不大，注意常用氯化铝来解释12（3分）（xx春双流县校级期中）如图是可逆反应X2+3Y22Z2 在反应过程中的反应速率（）与时间（t）的关系曲线，下列叙述正确的是（）At1时，只有正方向反应Bt2时，反应到达限度Ct2t3，反应不再发生Dt2t3，各物质的浓度还在发生变化考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用分析：由图可知，反应从正反应开始，在t2之前正反应速率大于逆反应速率，t2时反应到达限度，在t2之后化学反应处于动态平衡中，各物质的浓度不再变化解答：解：A、t1时，正逆反应都发生，且正方向反应速率大于逆反应速率，故A错误；B、t2时，正逆反应速率相等，则反应到达限度，故B正确；C、t2t3，正逆反应速率相等，化学反应达到动态平衡，故C错误；D、t2t3，为化学平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，故D错误；故选B点评：本题考查化学反应速率及化学平衡图象，注重对图象的分析，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义是解答本题的关键，难度不大13（3分）（xx春永顺县校级期末）下列各组化合物中，化学键类型完全相同的时（）ACaCl2和Na2SBNa2O和Na2O2CCO2和CaODHCl和NaOH考点：化学键专题：化学键与晶体结构分析：一般来说，活泼金属与非金属形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答解答：解：ACaCl2和Na2S中，均只含离子键，化学键类型完全相同，故A选；BNa2O中只含离子键，而Na2O2中含离子键和OO非极性共价键，故B不选；CCO2中只含共价键，CaO中只含离子键，故C不选；DHCl中只含共价键，而NaOH中含离子键和OH极性共价键，故D不选；故选A点评：本题考查化学键，为高频考点，把握化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重基础知识的考查，题目难度不大14（3分）（xx海南）对于化学反应3W（g）+2X（g）=4Y（g）+3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（）Av（W）=3v（Z）B2v（X）=3v（Z）C2v（X）=v（Y）D3v（W）=2v（X）考点：化学反应速率和化学计量数的关系专题：化学反应速率专题分析：根据化学反应速率是用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示的，利用化学反应中化学反应速率之比等于其化学计量数之比来解答解答：解：A、由化学计量数可知，v（W）：v（Z）=1：1，故A错误；B、由化学计量数可知，v（X）：v（Z）=2：3，故B错误；C、由化学计量数可知，v（X）：v（Y）=2：4=1：2，即2v（X）=v（Y），故C正确；D、由化学计量数可知，v（W）：v（X）=3：2，故A错误；故选C点评：本题主要考查化学反应速率和化学计量数的关系，明确化学反应速率之比可由化学反应中的化学计量数直接观察得出是解答的关键15（3分）（xx德州一模）下列说法正确的是（）Axx年诺贝尔化学奖授予在绿色荧光蛋白质的发现和研究方面做出贡献的科学家绿色荧光蛋白质不能发生水解B三聚氰胺俗称“蛋白精”，分子结构见图，它是一种新的蛋白质C乙酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应，加入浓H2SO4有利于酯化反应的进行D工业上，石油分馏可以得到乙烯，因此，世界上已将乙烯的产量 作为衡量一个国家石油化工发展水平的标志考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；石油的分馏产品和用途；乙酸乙酯的制取专题：有机化合物的获得与应用分析：A蛋白质都是有机高分子化合物，能水解生成小分子化合物；B该物质只含C、H、N三种元素，相对分子质量较小；C酯化反应是醇跟羧酸或含氧无机酸生成酯和水的反应，实质是醇脱羟基上的氢原子，酸脱羟基，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，浓硫酸作催化剂；D乙烯主要用于制造塑料、合成纤维、有机溶剂等，是石油化工发展的标志，但石油分馏得不到乙烯；解答：解：A蛋白质在一定条件下水解生成氨基酸，故A错误；B该物质只含C、H、N三种元素，相对分子质量较小，而蛋白质还含O元素且是由一条或一条以上的多肽链按照其特定方式结合而成的高分子化合物，所以“蛋白精”不是蛋白质，故B错误；C乙酸与乙醇在一定条件下发生酯化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，加入浓H2SO4作为该反应的催化剂，有利于该反应的发生，浓硫酸吸水，有利于平衡向正反应方向进行，故C正确；D乙烯工业的发展，带动了其他以石油为原料的石油化工的发展因此一个国家乙烯工业的发展水平，已成为衡量这个国家石油化学工业水平的重要标志，但乙烯主要是通过石油的裂化和裂解深加工石油获得，故D错误；故选C点评：本题考查了蛋白质、酯化反应、乙烯等知识，注意基础知识的积累，本题难度不大16（3分）（xx春德州校级月考）下列实验的失败是因为缺少必要的实验步骤造成的是（）将乙醇和乙酸混合，再加入稀硫酸供热制乙酸乙酯将在酒精灯火焰上灼烧至表面变黑的Cu丝冷却后插入乙醇中，Cu丝表面仍是黑色要除去甲烷中混有乙烯得到干燥纯净的甲烷，将甲烷和乙烯的混合气体通过溴水做葡萄糖的还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜碱性悬浊溶液后，未出现红色沉淀检验淀粉已经水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，加入新制氢氧化铜溶液后未析出现砖红色沉淀ABCD考点：化学实验方案的评价分析：乙酸乙酯的制备中用浓硫酸作催化剂；乙醇和氧化铜在加热的条件下才能发生反应；通过上述操作得到的甲烷中混有水蒸气；做醛的还原性实验时，须在碱性条件下进行；淀粉水解后得到的溶液中含有稀硫酸，溶液呈酸性，反应须在碱性条件下进行解答：解：实验室制乙酸乙酯，是在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，不用稀硫酸，实验失败的原因是未使用浓硫酸，故不选；乙醇和氧化铜在加热的条件下才能发生反应，应将在酒精灯火焰上灼烧至表面变黑的Cu丝趁热插入乙醇，故不选；通过上述操作得到的甲烷中混有水蒸气，需要把从溴水中出来的气体干燥方可得到干燥纯净的甲烷，故选；做葡萄糖的还原性实验时，当加入新制的氢氧化铜悬浊液后，未出现红色沉淀原因是做葡萄糖的还原性实验时，须在碱性条件下进行，NaOH一定要过量，当加入新制的氢氧化铜悬浊液后，须加一定量的NaOH，故选；淀粉水解后得到的溶液中含有稀硫酸，溶液呈酸性，反应须在碱性条件下进行，因此淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，需加入一定量的氢氧化钠中和稀硫酸，溶液呈现碱性，然后在加入制氢氧化铜溶液，故选；故选C点评：本题考查了实验操作步骤，题目难度中等，注意因为缺少必要的实验步骤造成实验的失败是解答的关键二、（本题包括4小题，共52分）17（10分）（xx春德州校级月考）现有A、B、C三种短周期元素，原子序数依次递增A与C的质子数之和为27，最外层电子数之差为5；0.9g单质B与足量盐酸反应，收集到气体1.12L（标准状况）请回答下列问题：（1）B元素在元素周期表中的位置是第三周期IIIA族（2）A、B、C三种元素最高价氧化物对应的水化物酸性渐强、碱性渐弱的顺序是（写化学式）NaOH、Al（OH）3、H2SO4 （3）A、B两元素的最高价氧化物对应的水化物之间可以发生反应，其离子方程式为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（4）将B单质与石墨按右图装置连接，石墨电极的名称为正极；另一电极反应式为：Al3e=Al3+考点：位置结构性质的相互关系应用；原电池和电解池的工作原理分析：令B的相对原子质量为Mr，化合价为x，根据电子转移得：x=2，即Mr=9x，B为短周期金属，x=1，Mr=9，不符合题意；x=2，Mr=18，不符合题意；x=3，Mr=27，符合题意，故B为Al元素；若A、C不在同周期，C的原子序数大于13，故C处于第三周期、A处于第二周期，没有元素同时满足质子数之和为27，最外层电子数之差为5，若A、C在同周期，则C+A=27，CA=5，可得C=16，A=11，即A为钠、B为硫，据此解答解答：解：令B的相对原子质量为Mr，化合价为x，根据电子转移得：x=2，即Mr=9x，B为短周期金属，x=1，Mr=9，不符合题意；x=2，Mr=18，不符合题意；x=3，Mr=27，符合题意，故B为Al元素；若A、C不在同周期，C的原子序数大于13，故C处于第三周期、A处于第二周期，没有元素同时满足质子数之和为27，最外层电子数之差为5，若A、C在同周期，则C+A=27，CA=5，可得C=16，A=11，即A为钠、B为硫，（1）由上述分析可知，B为Al，Al元素在元素周期表中的位置是第三周期IIIA族，故答案为：第三周期IIIA族；（2）NaOH属于强碱，Al（OH）3属于两性氢氧化物，H2SO4 是强酸，故酸性渐强、碱性渐弱的顺序；NaOH、Al（OH）3、H2SO4 ，故答案为：NaOH、Al（OH）3、H2SO4 ；（3）氢氧化钠可与氢氧化铝反应，离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（4）原电池本质是Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，Al发生氧化反应，做负极，故石墨为正极，氢离子在正极放电生成氢气，另一电极为负极，铝在负极失去电子，电极反应式：Al3e=Al3+，故答案为：正极；Al3e=Al3+点评：本题考查原子结构与元素周期表的关系，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，难度中等18（14分）（xx春永州期末）已知：A是石油裂解气的主要成份，能使溴水褪色；A是一种重要的化工原料，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平现以A为主要原料合成乙酸乙酯及高分子化合物E，其合成路线如图所示：请回答下列问题：（1）写出A的电子式（2）B、D分子中的官能团名称分别是羟基、羧基（3）写出E的结构简式（4）写出下列反应的化学方程式并指出反应类型：CH2=CH2+H20CH3CH2OH反应类型加成反应；2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O反应类型氧化反应考点：有机物的推断；有机物分子中的官能团及其结构；乙烯的化学性质专题：有机物的化学性质及推断分析：A是石油裂解气的主要成份，能使溴水褪色，A是一种重要的化工原料，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气反应生成C，则C是乙醛，C和氧气反应生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，以A为主要原料合成高分子化合物E，则E是聚乙烯解答：解：A是石油裂解气的主要成份，能使溴水褪色，A是一种重要的化工原料，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气反应生成C，则C是乙醛，C和氧气反应生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，以A为主要原料合成高分子化合物E，则E是聚乙烯，（1）由上述分析可知，A为C2H4，电子式为，故答案为：；（2）B是乙醇，含有羟基，D是乙酸，含有羧基，故答案为：羟基，羧基；（3）E是聚乙烯，结构简式为，故答案为：；（4）反应是乙烯与水方程式加成反应生成乙醇，反应方程式为：CH2=CH2+H20CH3CH2OH，属于加成反应，故答案为：CH2=CH2+H20CH3CH2OH；加成反应；反应是乙醇被氧化物乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，属于氧化反应，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；氧化反应点评：本题考查有机物的推断与合成，涉及烯、醇、醛、羧酸等的性质与转化等、常用化学用语的书写，根据A结合物质的性质利用顺推法进行判断，难度不大19（14分）（xx春德州校级月考）某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+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O，该组学生针对上述反应设计如下装置制取氯气并验证其性质（1）每生成1mol Cl2，上述化学反应中转移的电子个数为NA （NA表示阿伏加德罗常数）（2）该实验中A处可选用装置丁（填写甲乙丙或丁）实验室通常用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，写出该反应的离子方程式MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O（3）装置B中发生反应的离子方程式为Cl2+2I=I2+2Cl（4）装置C中的现象为紫色石蕊试液先变红后褪色（5）装置E中的试剂是氢氧化钠溶液（任填一种合适试剂的名称），其作用是吸收多余的氯气，防止污染空气考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质分析：（1）依据方程式Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O中元素化合价的变化解答；（2）依据反应物状态和反应条件选择发生装置；二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；（3）氯气具有强的氧化性能够氧化碘离子；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，依据氯水的成分分析现象；（5）氯气有毒，需要进行尾气处理，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，可以用氢氧化钠吸收解答：解：（1）反应Ca（ClO）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O，Cl元素化合价分别由1价升高0价，由+1价降低到0价，每生成1mol Cl2，上述化学反应中转移的电子个数为NA，故答案为：NA；（2）Ca（C1O）2+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2+2H2O，该反应为固体与液体加热反应，所以应选择装置：丁；二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式：MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O；故答案为：丁；MnO2+4H+2Cl=Mn2+Cl2+2H2O；（3）氯气与碘化钾反应生成氯化钾和碘，离子方程式：Cl2+2I=I2+2Cl，故答案为：Cl2+2I=I2+2Cl；（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以加入紫色石蕊后石蕊试液先变红后褪色；故答案为：紫色石蕊试液先变红后褪色；（5）氯气有毒，不能直接排空，因为氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸能和碱反应，从而达到吸收氯气的作用；答案为：氢氧化钠溶液； 吸收多余的氯气，防止污染空气点评：本题考查了氯气的制备和性质的检验，明确反应原理是解题关键，注意发生装置的选择依据，题目难度不大20（14分）（xx春德州校级月考）如图在试管甲中先加入2mL 95%的乙醇，再加入2克无水乙酸，充分摇匀，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸，冷却后，用玻璃棒充分搅拌后将试管固定在铁架台上，在试管乙中加入5ml 饱和的碳酸钠溶液，按图连接好装置，用酒精灯对试管甲小火加热35min后，改用大火加热，当观察到左试管中有明显现象时停止实验试回答：（1）试管乙中观察到的现象是液体分层（2）本实验反应开始时用小火加热的原因是加快反应速率，同时又防止了反应物未来得及反应而挥发损失；（已知乙酸乙酯的沸点为77；乙醇的沸点为78.5；乙酸的沸点为117.9）（3）试管甲中加入浓硫酸的目的是催化剂、吸水剂（4）该实验中长导不宜伸入试管乙的溶液中，原因是防止倒吸（5）试管乙中饱和Na2CO3溶液的作用是除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析（6）写出试管甲中发生反应的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O（7）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全变成生成物，反应一段时间后，就达到了该反应的限度，也即达到化学平衡状态下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有（填序号）单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙酸单位时间里，消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸正反应的速率与逆反应的速率相等混合物中各物质的浓度不再变化考点：乙酸乙酯的制取分析：（1）试管乙饱和碳酸钠溶液中，生成的乙酸乙酯在水溶液上层，试管中观察到的现象是：溶液分层，在饱和碳酸钠上层产生有特殊香味的无色液体；（2）开始时用小火加热的原因是加快反应速率，避免反应物的挥发；（3）乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；（4）根据粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物中各自的性质，以及加热不充分也能产生倒吸进行解答；（5）用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，乙醇溶解，碳酸钠与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度；（6）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，在甲中反应生成乙酸乙酯和水，且为可逆反应；（7）根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化解答：解：（1）试管乙饱和碳酸钠溶液中，生成的乙酸乙酯在水溶液上层，试管中观察到的现象是：溶液分层，在饱和碳酸钠上层产生有特殊香味的无色液体，故答案为：溶液分层；（2）乙醇的沸点为78.5；乙酸的沸点为117.9，沸点比较低，开始时用小火加热的原因是加快反应速率，避免未反应的反应物的挥发，故答案为：加快反应速率，同时又防止了反应物未来得及反应而挥发损失；（3）乙酸与乙醇发生酯化反应，该反应为可逆反应，需浓硫酸作催化剂，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，故浓硫酸的作用为催化剂、吸水剂，故答案为：催化剂、吸水剂；（4）乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水而产生倒吸，加热不充分也能产生倒吸，导管不能插入到Na2CO3溶液中，防止倒吸回流现象的发生，故答案为：防止倒吸；（5）乙醇与乙酸都易挥发，制备的乙酸乙酯含有乙醇与乙酸，通常用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；故答案为：除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析；（6）酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，在甲中乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；（7）单位时间内生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol水，都表示正反应速率，不能说明到达平衡状态，故错误；单位时间内生成1mol乙酸乙酯表示正反应，同时生成1mol乙酸表示逆反应，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；单位时间内消耗1mol乙醇，同时消耗1mol乙酸，都表示正反应速率，不能说明到达平衡状态，故错误；当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，故正确；当反应达到平衡状态时，混合物中各物质的浓度不再变化，故正确故选点评：本题考查乙酸乙酯的制备，题目难度不大，注意理解饱和碳酸钠溶液的作用以及酯化反应的机理，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力