2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题(含解析) (II).doc

2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题(含解析) (II)1.1.化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是()A. 次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌B. 二氧化硫不可广泛用于食品的增白C. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素D. 光化学烟雾是由SO2引起的环境污染【答案】D【解析】A. 次氯酸钠溶液具有强氧化性，可用于环境的消毒杀菌，A正确；B. 二氧化硫有毒，不能用于食品的增白，B错误；C. 大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素，C正确；D. 光化学烟雾主要是由氮氧化物引起的环境污染，D错误，答案选D。2.2.下列说法正确的是 （ ）A. 葡萄糖和麦芽糖均可发生水解B. 淀粉和蛋白质遇碘均变为蓝色C. 从海水中可以得到MgCl2，可电解MgCl2溶液制备MgD. 燃煤中加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量【答案】D【解析】【详解】A. 葡萄糖是单糖，不能水解，麦芽糖是二糖，可发生水解，A错误；B. 淀粉遇碘变为蓝色，蛋白质不能，B错误；C. 从海水中可以得到MgCl2，镁是活泼的金属，可电解熔融的MgCl2制备Mg，C错误；D. 燃煤中加入适量石灰石，能与二氧化硫反应，最终转化为硫酸钙，因此可减少废气中SO2的量，D正确。答案选D。3.3.正确掌握化学用语是学好化学的基础，下列有关化学用语表示正确的是（ ）A. 中子数为10的氧原子：1810OB. Na2S的电子式：C. 乙酸的球棍模型：D. 次氯酸的电子式：【答案】C【解析】【详解】A. 中子数为10的氧原子的质量数是10+818，可表示为O818，A错误；B. Na2S是离子化合物，电子式为，B错误；C. 乙酸的结构简式为CH3COOH，球棍模型为，C正确；D. 次氯酸分子中只有共价键，电子式为，D错误。答案选C。4.4.下列物质属于电解质的是（ ）A. CaCO3 B. 稀硫酸 C. 液氨 D. NO2【答案】A【解析】【分析】溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。【详解】A. CaCO3溶于水的部分完全电离，属于电解质，A正确；B. 稀硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，B错误；C. 液氨是氨气，不能电离，属于非电解质，C错误；D. NO2不能电离，属于非电解质，D错误。答案选A。5.5.下列物质中，既含离子键又含非极性共价键的是（ ）A. Ba（OH）2 B. CH3CHO C. Na2O2 D. NH4Cl【答案】C【解析】【详解】A氢氧化钡中钡离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在极性共价键，A错误；BCH3CHO中只含共价键，B错误；C钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在非极性共价键，C正确；D氯化铵中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氮原子和氢原子之间存在极性共价键，D错误；答案选C。【点睛】本题考查了化学键的判断，明确离子键、极性共价键和非极性共价键的概念即可解答。一般情况下，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，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键。6.6.下列措施对增大反应速率明显有效的是（）A. 钠与乙醇反应时增大乙醇的用量B. 实验室制CO2气体时，将大理石块改为大理石粉C. 溴水与KI溶液反应时增大压强D. 铝与稀硫酸反应制取氢气时改用浓硫酸【答案】B【解析】【分析】增大反应物的浓度、接触面积可增大反应速率，对于纯液体改变用量反应速率不变，对于没有气体参加的反应，增大压强反应速率不变，注意浓硫酸的性质，以此来解答。【详解】A乙醇是液体，增加乙醇量，浓度不变，反应速率不变，A错误；B将大理石块改为大理石粉，固体表面积增大，反应速率增大，B正确；C溴水与KI溶液混合时，没有气体参加，压强不影响反应速率，所以增大压强反应速率不变，C错误；D常温下浓硫酸和铝发生钝化，加热则反应生成二氧化硫而不是氢气，D错误。答案选B。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，把握浓度、接触面积对反应速率的影响为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大，选项D为易错点。注意浓硫酸的特性。7.7.下列说法中，错误的是（ ）A. 光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的B. 二氧化硅溶于水生成硅酸C. NaOH溶液不能存放在磨口玻璃塞的试剂瓶中D. 二氧化硅是一种熔沸点很高、硬度很大的氧化物【答案】B【解析】【详解】A. 光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的，A正确；B. 二氧化硅不溶于水，B错误；C. 氢氧化钠溶液能与二氧化硅反应生成黏性较强的硅酸钠，使玻璃塞与瓶口黏合在一起而不易打开，因此NaOH溶液不能存放在磨口玻璃塞的试剂瓶中，应该用橡皮塞，C正确；D. 二氧化硅是原子晶体，因此是一种熔沸点很高、硬度很大的氧化物，D正确；答案选B。8.8.下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ）A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B. 氯水和活性炭使红墨水褪色C. 铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象D. 二氧化硫和过氧化钠使品红褪色【答案】C【解析】【详解】A浓硫酸具有吸水性，浓度降低是因溶剂增多，而浓盐酸易挥发浓度减小是因溶质减少，原因不同，A错误；B氯水中HClO具有强氧化性使红墨水褪色，而活性炭具有吸附性使红墨水褪色，原理不同，B错误；C铁片和铝片置于冷的浓硫酸中均无明显现象，均是因为发生了钝化，原理相同，C正确；D过氧化钠具有强氧化性，能使品红褪色，二氧化硫能使品红溶液褪色，发生的是非氧化还原反应，原理不相同，D错误。答案选C。9.9.下列离子方程式书写正确的是A. 用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu + 2Fe3+=Cu2+ + 2Fe2+B. 钠和冷水反应：Na +2H2O = Na+ + OH + H2C. 将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOD. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：SO42+Ba2+=BaSO4【答案】A【解析】A. FeCl3溶液腐蚀铜线路板生成氯化铜和氯化亚铁：Cu + 2Fe3+=Cu2+ + 2Fe2+，A正确；B. 没有配平，应该是：2Na +2H2O2Na+ +2OH +H2，B错误；C. 次氯酸是弱酸用化学式表示，将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O=H+Cl+HClO，C错误；D. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：2 H+ 2OH+SO42+Ba2+BaSO4+2H2O，D错误，答案选A。10.10.设阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是（）A. 1.8 g D2O含有的质子数和中子数均为0.1NAB. 1 L 0.1 molL1氨水中，所含NH4+的个数为0.1NAC. 标准状况下，5.6 L CH3Cl中所含共价键数目为NAD. 3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，转移9NA个电子【答案】C【解析】【详解】A. 1.8 g D2O的物质的量是1.8g20g/mol0.09mol，含有的质子数和中子数均为0.9NA，A错误；B. 一水合氨是弱电解质，部分电离，则1 L 0.1 molL1氨水中，所含NH4+的个数小于0.1NA，B错误；C. 标准状况下，5.6 L CH3Cl的物质的量是5.6L22.4L/mol0.25mol，其中所含共价键数目为NA，C正确；D. 3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，转移8NA个电子，D错误。答案选C。11.11.下列微粒在所给条件下，一定可以大量共存的是（ ）A. 透明溶液中：SCN、NO3、Na+、Fe3+B. 遇酚酞显红色的溶液中：Cl2、Mg2+、I、SO42C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液中：HCO3、K+、Cl、CH3COOD. 酸性溶液中：Fe2+、Al3+、SO42、NH4+【答案】D【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则一定不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应解答。【详解】A. 溶液中SCN与Fe3+发生反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，A错误；B. 遇酚酞显红色的溶液显碱性，则Cl2、Mg2+一定不能大量共存，另外氯气也能氧化I，不能大量共存，B错误；C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性HCO3、CH3COO均不能大量共存，如果显碱性HCO3不能大量共存，C错误；D. 酸性溶液中Fe2+、Al3+、SO42、NH4+之间不反应，可以大量共存，D正确。答案选D。12. 下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B. 向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42C. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D. 分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【答案】D【解析】试题分析：ACl2、SO2均能使品红溶液褪色，前者是由于与水反应产生的HClO的强氧化性，后者是由于其结合漂白，错误；B向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42-，错误；CFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，错误；D分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，是由于二者均易溶于水，导致容器内的气体压强减小，在大气压强的作用下水进入烧瓶，正确。考点：考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。13.13.将过量的CO2分别通入：CaCl2溶液 浓Na2SiO3溶液 Ca(OH)2溶液 饱和Na2CO3溶液，最终溶液中有白色沉淀析出的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据酸与盐反应的规律，CO2通入CaCl2溶液不反应，无明显现象；过量的CO2通入浓Na2SiO3溶液中有白色沉淀H2SiO3生成；CO2通入Ca(OH)2溶液至过量会发生如下反应：Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O，CaCO3H2OCO2=Ca(HCO3)2，最终生成Ca(HCO3)2而无沉淀；过量CO2通入饱和Na2CO3溶液中：Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3，生成的NaHCO3溶解度比Na2CO3溶解度小而有结晶析出。14.14.下列物质中，在一定条件下能发生取代反应和加成反应，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是( )A. 苯 B. 甲烷 C. 乙烷 D. 乙烯【答案】A【解析】A、苯的化学性质特点是：易取代难加成，可以和溴发生取代反应生成溴苯，可以和氢气发生加成反应生成环己烷，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项A正确；B、甲烷能和氯气在光照的条件下发生取代反应，它属于饱和烃，不能发生加成反应，不能被高锰酸钾氧化，选项B错误；C、乙烷能和氯气在光照的条件下发生取代反应，它属于饱和烃，不能发生加成反应，不能被高锰酸钾氧化，选项C错误；D、乙烯能被高锰酸钾氧化为二氧化碳，能使高锰酸钾褪色，选项D错误。答案选A。15.15.已知2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）为放热反应，对该反应的下列说法正确的是（ ）A. 因该反应为放热反应，故不加热就可发生B. 相同条件下，2 mol H2的能量或1 mol CO的能量一定高于1 mol CH3OH的能量C. 相同条件下，反应物2 mol H2和1 mol CO的总能量一定高于生成物1 mol CH3OH的总能量D. 达到平衡时，CO的浓度与CH3OH的浓度一定相等【答案】C【解析】【详解】A放热反应与反应条件无关，则可能需要加热才发生，A错误；B物质的能量与状态有关，由放热反应可知，相同条件下，2 mol H2（g）的能量与1 mol CO（g）的能量和一定高于1 mol CH3OH（g）的能量，B错误；C反应物总能量大于生成物总能量时，为放热反应，则相同条件下，反应物2 mol H2和1 mol CO的总能量一定高于生成物1 mol CH3OH的总能量，C正确；D平衡时，各物质的浓度不变，浓度是否相等与起始量、转化率有关，D错误；答案选C。【点睛】本题考查热化学方程式，把握反应中能量变化、状态与能量关系、反应条件与能量变化关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项D为易错点，题目难度不大。16.16.下列关于资源综合利用的说法中，错误的是（ ）A. 石油主要是由气态烃、液态烃和固态烃组成的混合物B. 轻质油常压蒸馏的主要产品为汽油、煤油和柴油C. 催化裂化的目的是提高汽油、煤油和柴油等轻质油的产量D. 煤的干馏和石油的分馏均属化学变化【答案】D【解析】【详解】A、石油是碳原子数在150的烃类的混合物，而碳原子4的为气态烃，随着碳原子数的增大，逐渐变为液态和固态，故石油中含气态、液态和固体烃，A正确；B、重油需要减压蒸馏，轻质油常压分馏即可获得汽油、煤油和柴油，B正确；C、石油的催化裂化的目的是获得轻质油，提高汽油、煤油和柴油等轻质油的质量和产量，C正确；D、煤的干馏属于化学变化，石油的分馏属于物理变化，D错误。答案选D。17.17.工业上利用反应3Cl22NH3=N26HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是A. 若管道漏气遇氨就会产生白烟 B. 该反应利用了Cl2的强氧化性C. 该反应NH3被还原 D. 生成1 mol N2有6 mol电子转移【答案】C【解析】试题分析：A、根据方程式Cl22NH3=N26HCl可知，反应中有氯化氢生成。氯化氢极易与氨气反应生成氯化铵而冒白烟，因此如果管道漏气遇氨就会产生白烟，A正确；B、在反应中氯元素的化合价从0价降低到1价得到1个电子，因此氯气是氧化剂，利用的是氯气的强氧化性，B正确；C、在反应中氮元素的化合价从3价升高到0价，失去3个电子，所以氨气是还原剂被氧化，C不正确；D、在反应中氮元素的化合价从3价升高到0价，失去3个电子，所以生成1 mol N2有6 mol电子转移，D正确，答案选C。考点：考查氯气与氨气反应的有关判断18.18.若1mol某烷烃燃烧后，测得产物中含有m mol CO2和n mol CO，则该烷烃分子中氢原子个数为（ ）A. m+n B. 2（m+n） C. mn+2 D. 2（n+m+1）【答案】D【解析】【详解】若1mol某烷烃燃烧后，测得产物中含有m mol CO2和n mol CO，根据碳原子守恒可知分子中碳原子个数是m+n，根据烷烃的通式为CxH2x+2可知则该烷烃分子中氢原子个数为2（n+m+1）。答案选D。19.19.下图中，R、W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期的部分元素，下列有关叙述正确的是A. 五种元素中，只有Z为金属元素B. W位于A族，有+6、2两种常见化合价C. X和Y的最高价氧化物对应水化物都是强酸D. X、Y、Z的气态氢化物的稳定性：YXZ【答案】D【解析】【详解】R、W、X、Y、Z为元素周期表中前四周期的部分元素，由图可知，R为He，W为O，Y为Cl，X为P，Z为As，则A五种元素均为非金属元素，A错误；BW为O，位于A族，有负价，没有最高价，B错误；CX的最高价氧化物对应水化物磷酸为中强酸，Y的最高价氧化物对应水化物为高氯酸，高氯酸是强酸，C错误；D非金属性ClPAs，非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：YXZ，D正确；答案选D。【点睛】本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不。选项B是易错点，注意F没有正价，O没有最高价。20.20.C2H5OH、CH4、C3H8、C是常用的燃料，它们每1mol分别完全燃烧时，放出的热量依次为1366.8kJ、890.3kJ、2219.9kJ、393.5kJ。相同质量的这四种燃料，完全燃烧时放出热量最少的是（ ）A. C2H5OH B. CH4 C. C3H8 D. C【答案】A【解析】【分析】1mol分别完全燃烧时的热量为Q，Q/M越小时，相同质量的燃料，完全燃烧时放出热量越少，以此来解答。【详解】C2H5OH、CH4、C3H8、C各1mol分别完全燃烧时，放出的热量依次为1366.8kJ、890.3kJ、2219.9kJ、393.5kJ，则1366.846=29.71、890.616=55.66、2219.944=50.45、393.512=32.79中，只有29.71最小，可知相同质量的这四种燃料，完全燃烧时放出热量最少的是C2H5OH，放出热量最多的是甲烷。答案选A。【点睛】本题考查反应热的有关判断与计算，把握反应中能量变化、燃烧热的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意单位质量与物质的量的区别，题目难度不大。21.21.满足分子式为C5H11Cl的有机物共有A. 6种 B. 7种 C. 8种 D. 9种【答案】C【解析】分析：分子式为C5H11Cl是C5H12的一氯代物,根据C5H12的同分异构体有三种:CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C(CH3)4，每种同分异构体中的H原子有几种，则其一溴代物就有几种，据此分析。详解：分子式为C5H11Cl是C5H12的一氯代物,而C5H12的同分异构体有三种：CH3CH2CH2CH2CH3，（CH3）2CHCH2CH3，C(CH3)4。CH3CH2CH2CH2CH3中的H原子有3种,故其一氯代物有3种；（CH3）2CHCH2CH3中的H原子有4种,则其一氯代物有4种；C(CH3)4的H原子只有一种,则其一氯代物有1种。故C5H12的一氯代物即C5H11Cl的结构有8种，所以C选项是正确的。22.22.电动汽车以锂电池提供动力，锂电池技术已经成为汽车研究的前沿科技某锂电池的电池反应为：xLi+Li3-xNinO6 Li3NinO6，下列说法正确的是A. 该电池的充、放电过程互为可逆反应B. 放电时，电池的负极反应为Li-e-=Li+C. 放电过程中，Li+向电池的负极移动D. 该电池可以采用醋酸、乙醇等作为电解质溶液【答案】B【解析】分析：可充电电池的构成条件和工作原理都与原电池的相似，只是从物质的角度而言可逆向进行，但进行的条件不同，具此可解答如下。A、对电池充电是在外接电源的情况下，使其逆向进行，而放电是在没有外接电源的情况下自发进行的，二者进行的条件不同，充、放电也不是同时发生的，所以二者不是可逆反应，故A错误；B、原电池放电时，较活泼的电极或易失电子的物质作负极，发生氧化反应，所以该电池放电时的负极反应为Li-e-=Li+，故B正确；C、原电池放电过程中，电池内部的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以Li+向电池的正极移动，故C错误；D、醋酸能与金属Li反应，而乙醇是非电解质，所以该电池不能用醋酸、乙醇作电解质溶液，故D错误。本题答案为B。点睛：正确理解可逆反应的含义是解答本题的关键，强调相同的条件，正逆反应同时进行才是可逆反应。23.23.24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】试题分析：设元素Cr在还原产物中的化合价为n，则根据电子得失守恒可知240.05（64）200.022（6n），解得n3，答案选B。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应计算【名师点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。24.24.分枝酸可用于生化研究，其结构简式如下图。下列关于分枝酸的叙述正确的是A. 分子中含有2种官能团B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C. 1mol分枝酸最多可与3mol NaOH发生中和反应D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】B【解析】试题分析：A分子中含-COOH、-OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；B含-COOH与乙醇发生酯化反应，含-OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C该分子中不存在苯环，只有-COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；D碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与-OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误。故选B。考点：考查有机物的结构和性质视频25.25.在某澄清溶液中，可能存在下述几种离子：H+、K+、Ba2+、SO42、I、CO32。取该溶液进行下述实验：用pH试纸检验，该溶液呈强酸性;取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫色;另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，推断原溶液中：（1）肯定存在的离子是_；（2）肯定不存在的离子是_；（3）可能存在的离子是_；（4）写出步骤中发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). H+、Ba2+、I- (2). SO42-、CO32- (3). K+ (4). Cl2+2I-I2+2Cl-【解析】试题分析：用pH试纸检验，该溶液呈强酸性，说明有H+，无CO32。取部分溶液，滴入几滴氯水，再加入少量四氯化碳，振荡后静置，四氯化碳层呈紫色，说明有I。另取部分溶液，逐滴加入NaOH溶液，使溶液由酸性逐渐呈碱性，然后再加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明有Ba2+，无SO42。（1）根据以上分析可知肯定存在的离子是H+、Ba2+、I；（2）肯定不存在的离子是SO42、CO32；（3）可能存在的离子是K+；（4）步骤中发生反应的离子方程式Cl2+2II2+2Cl-。【考点定位】本题主要是考查常见离子的检验方法、离子共存问题【名师点晴】判断溶液中离子能否共存的规律为：1、一色-溶液颜色：若限定无色溶液，则铜离子、二价铁离子、三价铁离子、高锰酸根离子等有颜色的离子不存在；2、二性-溶液的酸性、碱性：在强酸性溶液中，氢氧根离子及弱酸根离子不能大量存在；在强碱性溶液中，氢离子和弱碱阳离子不能大量存在；弱酸的酸式酸根离子在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在；3、三特殊-特殊情况：偏铝酸根离子与碳酸氢根离子不能共存；硝酸根离子和氢离子组合具有强氧化性；4、四反应-四种反应类型：能相互反应的离子不能共存，复分解反应；氧化还原反应；相互促进的水解反应；络合反应等。26.26.A、B、C、D、E为短周期元素，AE原子序数依次增大，质子数之和为40，B、C同周期，A、D同主族，A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，E是地壳中含量最多的金属元素。试回答：（1）B元素在周期表中的位置为_；（2）将D的单质投入A2C中，反应后得到一种无色溶液。E的单质在该无色溶液中反应的离子方程式为_；（3）A、C两元素可组成10电子粒子X-，Y与X-具有相同的原子种类及数目，且不带电，Y的电子式为_；（4）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的，又保护了环境，该反应的化学方程式为_；（5）我国首创的海洋电池以E的单质为负极，铂网为正极，空气做氧化剂，海水做电解质溶液。电池的正极反应式为_，电池总反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第二周期第VA族 (2). 2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2 (3). (4). Cu+H2SO4+H2O2CuSO4+2H2O (5). O2+4e-+2H2O4OH- (6). 4Al+3O2+6H2O4Al(OH)3【解析】【分析】A、B、C、D、E为短周期元素，A到E原子序数依次增大。E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2，则A为H，C为O；A、D同主族，由A、D的原子序数相差大于2，所以D为Na；元素的质子数之和为40，则B的原子序数为40-1-8-11-137，所以B为N，据此解答。【详解】根据以上分析可知A、B、C、D、E分别是H、N、O、Na、Al。则（1）B为N，原子序数为7，位于元素周期表中第二周期A族；（2）Na与水反应生成NaOH，Al与NaOH溶液反应的离子反应为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2；（3）A、C两元素可组成10电子粒子X-为OH-，Y与X-具有相同的原子种类及数目，且不带电，Y是羟基，电子式为；（4）A2C2为H2O2，与Cu、硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，该反应的方程式为Cu+H2SO4+H2O2CuSO4+2H2O；（5）原电池的负极发生失去电子的氧化反应，则铝是负极。正极发生得到电子的还原反应，空气在正极通入，氧气得到电子，正极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-，总反应式为4Al+3O2+6H2O4Al(OH)3。【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，推断元素是解答本题的关键，注意熟练掌握物质的性质及化学反应方程式的书写原则，还要明确元素周期表结构、元素周期律内容及原电池工作原理。27.27.已知苯与液溴在溴化铁的催化作用下可以发生反应生成溴苯。某化学课外小组用如图所示装置制取溴苯并证明苯与溴发生的是取代反应。先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器A（A下端活塞关闭）中。已知溴可溶于溴苯中。（1）写出A中反应的化学方程式：_；（2）实验时可观察到A中发生剧烈反应，反应液沸腾且有红棕色气体产生并充满A容器，说明苯与溴的反应是_反应（填“放热”或“吸热”）；（3）实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是_，写出有关的化学方程式_；（4）C中盛放CCl4的作用是_；（5）向试管D中加入AgNO3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明苯和溴发生的是取代反应而不是加成反应。另一种证明方法是向试管D中加入_，现象是_。【答案】 (1). (2). 放热 (3). 除去溶于溴苯中的溴 (4). Br2+2NaOHNaBr+NaBrO+H2O (5). 除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯蒸气 (6). 石蕊溶液 (7). 溶液变红色【解析】【详解】（1）在催化剂的作用下，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯，同时有溴化氢生成，反应的化学方程式为；（2）实验时可观察到A中发生剧烈反应，反应液沸腾且有红棕色气体产生并充满A容器，说明苯与溴的反应是放热反应；（3）由于反应放热，苯和液溴均易挥发，溴蒸气是一种红棕色的气体，实验结束时，打开A下端的活塞，让反应液流入B中，充分振荡，目的是使过量的Br2与NaOH充分反应，可以将溴苯中的溴除去，反应的方程式为Br2+2NaOHNaBr+NaBrO+H2O；（4）根据相似相溶原理，溴极易溶于四氯化碳，而溴化氢则不溶，所以C中盛放CCl4的作用是除去溴化氢气体中的溴蒸气和苯蒸气；（5）如果发生取代反应，生成溴化氢，溴化氢易溶于水，在水溶液中完全电离出H+和Br-，只要检验含有氢离子或溴离子即可，溴离子的检验：取溶液滴加硝酸银溶液，如果生成淡黄色沉淀就证明发生了加成反应；氢离子的检验：如果能使紫色石蕊试液变红，就证明含有氢离子，发生了加成反应，即向试管D中加入石蕊试液，现象是溶液变为红色。【点睛】本题考查了苯的结构和性质及离子的检验，题目难度中等，侧重考查学生分析问题解决问题的能力，注意掌握苯的取代反应原理，明确反应的产物及HBr的化学性质是解答的关键。28. 臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是_和_(填分子式)。(2)O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。pHt/minT/3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是_。在30 、pH4.0条件下，O3的分解速率为_mol/(Lmin)。据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为_(填字母代号)。a40 、pH3.0b10 、pH4.0c30 、pH7.0【答案】(1)I2O2(2)OH1.00104b、a、c【解析】试题分析：(1)O3氧化KI，I转化为I2的同时本身被还原生成O2。(2)由题意知，pH增大，分解速率增大，OH起催化作用；根据vct求解；由表推断知，pH为7.0时，对O3的分解速率影响最大，当pH为3.0、4.0时 ，温度影响较大，综上可知，分解速率最快的为c，其次为a，最慢的是b。考点：考查臭氧的化学性质、外界条件对反应速率的影响点评：本题通过陌生情景考查化学反应速、影响化学反应速率的外界因素、学生对图表的观察、分析以及学生对实验数据的分析、整理、归纳等方面的思维能力，难度较大。解决该类试题应注意：认真审题，明确实验目的，理解直接测量与实验目的间的逻辑和数学关系；理解控制变量的思想在实验设计和数据分析中的运用。29.29.股淡淡清香能给人心旷神怡的感觉，主要由香精、酒精和水构成的香水备受爱美人士的青睐。香精里面含有酯类物质，工业上以A为主要原料来合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示，其中A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。又知2CH3CHO+O22CH3COOH。请回答下列问题：（1）写出A的电子式_；（2）B、D分子内含有的官能团分别是_、_（填名称）；（3）写出下列反应的反应类型：_，_；（4）写出下列反应的化学方程式： _；_；_。【答案】 (1). (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 加成反应 (5). 取代反应(或者酯化反应) (6). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (7). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (8). CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】【分析】A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，A是乙烯。与水发生加成反应生成B是乙醇，B发生催化氧化生成C是乙醛，根据2CH3CHO+O22CH3COOH可知D是乙酸，B与D发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此解答。【详解】根据以上分析可知A是乙烯，B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸，则（1）乙烯的结构简式为CH2CH2，电子式为；（2）B、D分别是乙醇和乙酸，分子内含有的官能团分别是羟基和羧基；（3）根据以上分析可知是加成反应，是取代反应或者酯化反应；（4）是乙烯与水加成生成乙醇，方程式为CH2CH2+H2OCH3CH2OH；是乙醇的催化氧化，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；是酯化反应，方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。