【化学】陕西省宝鸡市渭滨区2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版） 19页

陕西省宝鸡市渭滨区2019-2020学年高一下学期期末考试试题 ‎1.元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料,它们是（ ）‎ A. 过渡元素 B. 金属、非金属元素分界线附近的元素 C. 右上方区域的元素 D. 左下方区域的元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】位于金属与非金属交界处的元素，具有金属性与非金属性，可作半导体材料，以此来解答。‎ ‎【详解】A．过渡元素全部是金属元素，一般不能用于半导体材料，故A不选；‎ B．金属元素和非金属分界线附近的元素，可用于制造半导体材料，故B选；‎ C．右上方区域的元素为非金属元素，可用于制备农药、炸药等，故C不选；‎ D．左下方区域的元素为金属元素，只具有金属性，可作金属材料、制备合金等，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎2.据报道，2012年俄罗斯科学家再次合成117号元素。本次实验生成了6个新原子，其中5个，1个。下列关于和的说法不正确的是（ ）‎ A. 是元素X的两种不同核素 B. 电子数相差1‎ C. 中子数分别为176和177 D. 它们互为同位素 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子；B．原子核外电子数等于质子数；C．中子数=质量数-质子数；D．具有相同质子数，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素。 ‎ 详解：质子数都是117，中子数分别是176、177，是两种核素，A正确；原子核外电子数等于质子数等于117，故两种核素的电子数相等，B错误；中子数分别是176、177，C正确；和两种粒子具有相同质子数，不同中子数，互为同位素，D正确；正确选项B。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 加热杀死流感H7N9病毒是因为蛋白质受热发生盐析 B. 医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性 C. 我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存 D. 乙烯的产量通常用来衡量一个国家石油化工的水平 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加热杀死流感H7N9病毒是因为蛋白质受热发生变性，而不是盐析，A错误；‎ B. 医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精可以使蛋白质脱水，而不是酒精的氧化性，B错误；‎ C. 疫苗的成分是蛋白质，因光和热使蛋白质变性，所以疫苗需冷藏保存，C错误；‎ D. 通常用来衡量一个国家石油化工的水平的标志就是乙烯的产量，D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎4.下列物质中，属于含有共价键的离子化合物的是（ ）‎ A. NH4Cl B. CaCl‎2 ‎C. H2O2 D. Na2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物电离出的离子是原子团的含有共价键分析解答。‎ ‎【详解】A．NH4Cl属于离子化合物，含有离子键，铵根离子中含有共价键，故A正确；‎ B．氯化钙中钙离子和氯离子之间只存在离子键，为离子化合物，故B错误；‎ C．过氧化氢分子中H-O原子之间存在极性键，O-O间为非极性键，属于共价化合物，故C错误；‎ D．Na2O属于离子化合物，只含有离子键，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎5.下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，根据下表信息判断正确的是（ ）‎ 元素代号 L M Q R T 原子半径/nm ‎0.130‎ ‎0.118‎ ‎0. 090‎ ‎0.102‎ ‎0.073‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+2‎ ‎+6、-2‎ ‎-2‎ A. 简单氢化物的沸点:TR，选项A错误；‎ B、同周期从左到右金属性减弱，最高价氧化物的水化物的碱性减弱，故最高价氧化物对应水化物的碱性:L>Q，选项B错误；‎ C．L是Mg元素、R是S元素，L2+核外电子数是10、R2-的核外电子数是18，所以二者核外电子数不等，选项C错误；‎ D、M与T形成的化合物氧化铝具有两性，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎6.下列说法正确的是（ ）‎ ‎①离子化合物含离子键，也可能含极性键或非极性键 ‎②HClO酸性＜H2CO3酸性，故非金属性Cl＜C ‎③含金属元素的化合物不一定是离子化合物 ‎④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 ‎⑤熔融状态能导电的化合物是离子化合物 ‎⑥由分子组成的物质中一定存在共价键 A. ①③⑤ B. ②④⑥ ‎ C. ①②③⑤ D. ①③⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①‎ 含离子键的一定为离子化合物，可能含共价键，比如NaOH含离子键和极性键，Na2O2含离子键和非极性键，①正确；‎ ‎②HClO不是最高价含氧酸，不能利用酸性比较非金属性，②错误；‎ ‎③含金属元素的化合物一般为离子化合物，可能为共价化合物，如AlCl3为共价化合物，③正确；‎ ‎④由非金属元素组成的化合物可能为离子化合物，如铵盐为离子化合物，④错误；‎ ‎⑤熔融状态能导电的化合物，是由离子构成，则一定为离子化合物，⑤正确；‎ ‎⑥稀有气体是单原子分子，不含化学键，⑥错误；①③⑤正确，故答案为：A。‎ ‎7.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 化学反应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应一定是吸热反应 C. 放热反应在常温下一定很容易发生 D. 反应物的总能量高于生成物的总能量的反应是放热反应 ‎【答案】D ‎【解析】分析：A．化学反应的能量可转化为为热能、光能、电能、机械能等；‎ B．化学反应是否加热才能进行与反应热无关；‎ C．反应条件与反应是放热或吸热没有关系；‎ D．化学反应的能量变化主要表现为放热或吸热，反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。‎ 详解：A．化学反应的能量可转化为为热能、光能、电能、机械能等，不一定表现为热能，如可燃物的燃烧，既转化为热能，又有光能，A错误；‎ B．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如铝热反应在高温下才能进行，在常温下不反应，B错误。‎ C．放热反应在常温下不一定很容易发生，例如铝热反应在高温下才能进行，但属于放热反应，C错误；‎ D．化学反应的能量变化主要表现为放热或吸热，反应是放热还是吸热主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热，反之吸热，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）‎ A. 铝与稀盐酸的反应 B. 灼热的木炭与CO2反应 C. 甲烷在氧气中的燃烧反应 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铝与稀盐酸的反应是放热反应，同时是氧化还原反应，A错误；‎ B．灼热的木炭与CO2反应是氧化还原反应，同时也是吸热反应，B正确；‎ C．甲烷在氧气中的燃烧反应是氧化还原反应，同时也是放热反应，C错误；‎ D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是复分解反应，不属于氧化还原反应，该反应是吸热反应，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎9.在‎2L密闭容器中进行如下反应：N2＋3H22NH3，5min内氨的物质的量质量增加了0.1mol，则反应速率为（ ）‎ A v(NH3)＝0.02mol/(L·min)‎ B. v(NH3)＝0.01mol/(L·min)‎ C. v(N2)＝0.01mol/(L·min)‎ D. v(H2)＝0.03mol/(L·min)‎ ‎【答案】B ‎【解析】分析：根据v＝△c/△t结合反应速率之比是相应的化学计量数之比解答。‎ 详解：A、5min内氨的物质的量质量增加了0.1mol，浓度是0.1mol÷‎2L＝0.05mol/L，则用氨气表示的反应速率为0.05mol/L÷5min＝0.01mol/(L·min)，A错误；‎ B、根据A中分析可知B正确；‎ C、反应速率之比是化学计量数之比，则用氮气表示的反应速率是0.005mol/(L·min)，C错误；‎ D、反应速率之比是化学计量数之比，则用氢气表示的反应速率是0.015mol/(L·min)，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.可逆反应：2NO2(g) ⇌2NO(g)+O2(g)在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是( )‎ ‎①单位时间内生成2nmolNO2同时生成2nmolNO；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；③用NO2，NO，O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态；④混合气体的压强不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态；⑦混合气体的颜色不再改变的状态 A. ①②④⑤⑥⑦‎ B. ①②③④⑤⑦‎ C. ①②④⑥⑦‎ D. 全部 ‎【答案】C ‎【解析】分析：可逆反应达到化学平衡状态时，正反应速率和逆反应速率相等，体系中各种变量保持不变。‎ 详解：①单位时间内生成2nmolNO2的同时生成2nmolNO，说明正反应速率和逆反应速率相等；‎ ‎②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，说明正反应速率和逆反应速率相等；‎ ‎③用NO2，NO，O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，不能说明正反应速率和逆反应速率相等；‎ ‎④在恒温恒容条件下，混合气体的压强不再改变的状态，可以说明反应混合物中各组分的浓度保持不变；‎ ‎⑤该体系中气体的总质量和总体积保持不变，故混合气体的密度一直不变，无法判断是否达到平衡；‎ ‎⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明反应反应混合物中各组分的浓度保持不变；‎ ‎⑦混合气体中只有二氧化氮是有色气体，故当混合气体颜色不再改变时，表明反应混合物中各组分的浓度保持不变。‎ 综上所述，可能证明达到平衡状态的有①②④⑥⑦，C正确，本题选C。‎ ‎11.一定量的稀硫酸跟过量铁粉反应，为了减缓反应速率，又不影响生产氢气的总量，可向稀硫酸中加入适量的（ ）‎ A. CH3COONa固体 B. Na2CO3溶液 ‎ C. CuSO4固体 D. NaNO3溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加CH3COONa固体，与盐酸反应生成醋酸，溶液中已电离出的氢离子浓度减小，但物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故A符合；‎ B.加入Na2CO3溶液，与盐酸反应生成二氧化碳和水，溶液中已电离出的氢离子浓度和物质的量均减小，生成氢气的反应速率和物质的量均减小，故B不符合；‎ C.加硫酸铜固体，与铁反应置换出铜形成原电池，反应速率加快，故C不符合；‎ D.NaNO3固体与盐酸溶液结合成硝酸，不产生氢气，减小生成氢气的总量，故D不符合；故选A。‎ ‎12.某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（ ）‎ A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出 B. a和b用导线连接时，铁片上发生的反应为：Fe－2e－=Fe2＋‎ C. a和b用导线连接时电子从Cu片流向铁片 D. a和b用导线连接时，Cu2＋向铜电极移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a和b不连接时，铁置换出硫酸铜溶液中的铜，铁片上会有金属铜析出，故A正确；‎ B. a和b用导线连接时，构成原电池，铁是负极，铁片上发生的反应为：Fe－2e－=Fe2＋，故B正确；‎ C. a和b用导线连接时，构成原电池，铁是负极，电子从铁片流向Cu片，故C错误；‎ D. a和b用导线连接时，构成原电池，铁是负极、铜是正极，阳离子移向正极，Cu2＋向铜电极移动，故D正确。答案选C。‎ ‎13.燃料电池是目前电池研究的热点之一。某课外小组自制的氢氧燃料电池如图所示，a、b均为惰性电极下列叙述不正确的是( )‎ A. a极是负极，该电极上发生氧化反应 B. b极发生的电极反应是O2+4OH--4e-=2H2O C. 电池总反应方程式为2H2+O2=2H2O D. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧燃料电池工作时，通入燃料氢气的一极(a极)为电池的负极，发生氧化反应，A正确；‎ B．通入氧气的一极(b极)为电池的正极，发生还原反应，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，B错误；‎ C．氢氧燃料电池的电池总反应方程式与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，都是2H2+O2=2H2O，C正确；‎ D．氢氧燃料电池总反应方程式为2H2+O2=2H2O，电池工作时生成水，无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. 乙烯的结构简式为：CH2CH2 B. 溴乙烷的分子式为：C2H5Br C. 丙烷分子的比例模型为： D. 次氯酸分子的结构式为：H-Cl-O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．乙烯的结构简式为CH2=CH2，A错误；‎ B．溴乙烷的分子式为C2H5Br，B正确；‎ C．是丙烷分子的球棍模型，C错误；‎ D．由于氢原子最外层有1个未成对电子，能形成1个共价键，O最外层有6个电子，只有2个未成对电子，能形成2个共价键，Cl的最外层是7个电子，只有1个未成对电子，形成1个共价键，故次氯酸分子的结构中O原子应该在中间而不是Cl，故其结构式为：‎ H-O-Cl，D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎15.下列各组物质中，互为同系物的是（ ）‎ A. CH4和CH3CH2CH3‎ B. 和 C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互为同系物，据此判断。‎ 详解：A. CH4和CH3CH2CH3均是烷烃，结构相似，相差2个CH2原子团，互为同系物，A正确；‎ B.和是质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素，互为同位素，B错误；‎ C. 的结构和性质完全相同，是同一种物质，C错误；‎ D. 的分子式相同，均是C4H10，结构不同，互为同分异构体，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎16.下列属于取代反应的是（ ）‎ A. 乙烯通入溴水中 ‎ B. 光照甲烷与氯气的混合气体 C. 苯与溴水混合后撒入铁粉 ‎ D. 在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、乙烯通入溴水中为加成反应，A错误；‎ B、光照甲烷与氯气的混合气体为取代反应，B正确；‎ C、苯与溴水混合后撒入铁粉，不反应，与液溴才反应，C错误；‎ D、在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应，为加成反应，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎17.维生素C是一种水溶性维生素(其水溶液呈酸性)，结构如图所示。人体缺乏维生素C易得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸。下列关于维生素C的叙述正确的是（ ）‎ A. 维生素C化学式为C6H7O6‎ B. 维生素C能与溴水或酸性高锰酸钾发生加成反应而使其褪色 C. 维生素C分子中含有羧基 D. 维生素C可发生酯化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由维生素C的分子结构可知其化学式为C6H8O6，烃的含氧衍生物中的H原子数一定是偶数，A不正确；‎ B. 维生素C分子中含有碳碳双键和羟基，其具有较强的还原性，故其能与酸性高锰酸钾发生氧化反应而使其褪色，其不能与酸性高锰酸钾发生加成反应，B不正确；‎ C. 维生素C分子中不含有羧基，C不正确；‎ D. 维生素C分子中有羟基，故其可发生酯化反应，D正确。‎ 本题选D。‎ ‎18.某有机物的分子式为C4H10O，其分子结构中能和金属Na反应放出的氢气的有（ ）‎ A. 7种 B. 6种 C. 5种 D. 4种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】某有机物的分子式为C4H10O，其分子结构中能和金属Na反应放出的氢气的只能是醇类物质，从结构上看，该醇分子由丁基与羟基相连而成，而丁基有四种结构，因此，符合题意的有机物有4种，分别是1-丁醇、2-丁醇、2-甲基-1-丙醇和2-甲基-2-丙醇，。本题选D ‎19.下列变化过程不属于化学变化的是（ ）‎ A. 石油的裂化 B. 油脂的皂化 C. 石油的分馏 D. 煤的干馏 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A.石油的裂化是让大分子烃类有机物成为小分子烃的过程，有新物质生成；B.油脂在碱性环境下水解生成硬脂酸钠和甘油，有新物质生成；C.石油分馏是根据石油中各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成；D.煤隔绝空气加强热，有新物质生成。‎ 详解：石油的裂化是让大分子烃类有机物成为小分子烃的过程,该过程中有新物质生成,属于化学变化,A错误；油脂在碱性环境下水解生成硬脂酸钠和甘油，硬脂酸钠属于肥皂的主要成分，有新物质生成，属于化学变化，B错误；石油分馏是根据石油中各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成,属于物理变化,C正确；煤隔绝空气加强热，生成煤焦油、粗氨水、焦炉气等，有新物质生成，属于化学变化, D错误；正确选项C。‎ ‎20.下列属于高分子化合物的是（ ）‎ A. 油脂 B. 氨基酸 C. 淀粉 D. 葡萄糖 ‎【答案】C ‎【解析】分析：相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，常见的天然高分子为淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶等。‎ 详解：油脂相对分子质量较小,不属于高分子化合物,A错误；氨基酸相对分子质量较小,不属于高分子化合物，B错误；淀粉的分子量由几万到几十万，属于天然高分子化合物, C正确；葡萄糖相对分子质量较小,不属于高分子化合物, D错误；正确选项C。‎ ‎21.工业上冶炼下列金属，常采用热分解法是（ ）‎ A. Al B. Fe C. Na D. Ag ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 工业上通常电解熔融的氧化铝来冶炼Al，A不符合题意；‎ B. 工业上通常用热还原法来冶炼Fe，B不符合题意；‎ C. 工业上通常用电解熔融的氯化钠来冶炼Na，C不符合题意；‎ D. 工业上通常用热分解法来冶炼Ag，氧化银受热得到银和氧气，D符合题意。‎ 本题选D 。‎ ‎22.下列对有机物的描述不正确的是（ ）‎ A. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯，可以达到水果保鲜的要求 B. 淀粉的特征反应是在常温下遇碘化钾溶液变蓝 C. 在加热条件下葡萄糖可与新制的氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀 D. 硝酸可以使蛋白质变黄，称为蛋白质的颜色反应，常用来鉴别部分蛋白质 ‎【答案】B ‎【解析】分析：A、酸性高锰酸钾溶液吸收乙烯；‎ B、碘遇淀粉显蓝色；‎ C、葡萄糖含有醛基；‎ D、根据蛋白质的性质解答。‎ 详解：A、乙烯是水果催熟剂，高锰酸钾溶液可吸收乙烯，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果产生的乙烯，可以达到水果保鲜的要求，A正确；‎ B、淀粉的特征反应是在常温下遇碘单质变蓝，B错误；‎ C、葡萄糖含有醛基，在加热条件下葡萄糖可与新制的氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀，C正确；‎ D、硝酸可以使带有苯环的蛋白质变黄，称为蛋白质的颜色反应，因此常用来鉴别部分蛋白质，D正确，答案选B。‎ ‎23.海水是一个巨大的化学资源库，下列有关海水综合利用的说法正确的是（ ）‎ A. 海水中含有钾元素，只需经过物理变化能得到钾单质 B. 海水蒸发制海盐的过程中只发生了化学变化 C. 从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备Na D. 利用潮汐发电是将化学能转化为电能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 海水中钾元素以K+形式存在，生成钾单质必然发生化学反应，A项错误；‎ B. 蒸发制海盐发生的是物理变化，B项错误；‎ C. 从海水中可以得到NaCl，电解熔融NaCl可制备金属Na，C项正确；‎ D. 潮汐发电是将海水的动能和势能转化为电能，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎24.20世纪90年代初，国际上提出“预防污染”这一新概念，绿色化学是预防污染的基本手段，下列各项属于绿色化学的是（ ）‎ A. 减少有毒物 B. 治理污染点 ‎ C. 处理废弃物 D. 杜绝污染源 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】绿色化学的核心是在化学反应中实现原子利用率为100%的目标，实现零排放，从源头上杜绝污染。‎ ‎【详解】A. 减少有毒物不能保证有毒物的零排放，A不符合题意；‎ B. 绿色化学的核心是不产生污染，治理污染点不属于绿色化学，B不符合题意；‎ C. 绿色化学的核心是不产生废弃物，处理废弃物不属于绿色化学，B不符合题意；‎ D. 绿色化学的核心是不产生污染物，即从源头上杜绝，故杜绝污染源属于绿色化学，D符合题意。‎ 本题选D 。‎ ‎25.标准状况下两种等物质的量的可燃性气体共‎1.68L，其中一种是烃，在足量氧气中完全燃烧。若将产物通入足量澄清石灰水，得到的白色沉淀质量为‎15.0g；若用足量碱石灰吸收燃烧产物，增重‎9.3g。则这两种混合气体可能为（ ）‎ A. H2与C4H6 B. CO与C2H‎4 ‎ C. CO与C3H6 D. H2与C2H4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】碳酸钙物质的量为n(CaCO3)=， m(CO2)=0.15mol×‎44g/mol=‎6.6g，故燃烧生成水为‎9.3g-6.6g=‎2.7g，水的物质的量为,无色可燃气体A、B总物质的量 ‎=0.075mol，即0.075mol气体中含有0.15molC，0.3molH，所以1mol气体中含有2molC，4molH，即其平均组成为C2H4Ox。‎ ‎【详解】A、当H2与C4H6等物质的量混合时，其平均组成为：C2H4，符合题意，故A正确；‎ B、只要C2H4中含有CO，其平均组成不可能为C2H4Ox，不合题意，故B错误；‎ C、CO 与C3H6混合为使碳原子平均为2，则二者必须等物质的量混合，此时平均为：C2H3O 0.5，为使H平均为4，二者必须按1:2混合，此时平均组成为： ，均不合题意，故C错误；‎ D、只要C2H4中含有H2其平均组成不可能为C2H4Ox，不合题意，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎26.下表是元素周期表的一部分，表中的每个字母表示一种短周期元素,回答下列问题： ‎ ‎（1）画出C原子结构示意图__________。‎ ‎（2）D在元素周期表中的位置是第三周期第________族。‎ ‎（3）A、B、E、F、G五种元素所形成的气态氢化物最不稳定的是__________（填化学式）。‎ ‎（4）E、F元素的最高价氧化物对应水化物的酸性较强的是____________（填化学式）。‎ ‎（5）写出C和F形成的化合物的电子式______________________。‎ ‎（6）A、C、D的简单离子半径大小关系是__________________ （用离子符号表示）。‎ ‎【答案】(1). (2). ⅢA (3). PH3 (4). H2SO4 (5). (6). O2－＞Na＋＞Mg2＋‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素在周期表中的相对位置判断出元素，然后结合元素周期律以及相关物质的性质分析解答。‎ ‎【详解】根据元素在周期表中的位置可知A～G分别是O、F、Na、Al、P、S、Cl。则 ‎（1）钠是原子序数是11，原子结构示意图为。‎ ‎（2）铝元素在元素周期表中的位置是第三周期第ⅢA族。‎ ‎（3）非金属性越强，氢化物越稳定。A、B、E、F、G五种元素的非金属性强弱顺序是F＞O＞Cl＞S＞P，则所形成的气态氢化物中最不稳定的是PH3。‎ ‎（4）非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则根据以上分析可知E、F元素的最高价氧化物对应水化物的酸性较强的是H2SO4。‎ ‎（5）C和F形成的化合物是含有离子键的离子化合物硫化钠，电子式为。‎ ‎（6）离子的核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则A、C、D的简单离子半径大小关系是O2－＞Na＋＞Mg2＋。‎ ‎27.某温度时，在‎2L的恒容密闭容器中，X、Y、Z三种无色气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。‎ ‎（1）起始时X的浓度为c(X)＝_______；反应从开始至2分钟末，Y的转化率为α(Y)＝________；用Z的浓度变化表示0-2分钟内的平均反应速率为v(Z)＝___________。‎ ‎（2）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为___________。‎ ‎（3）能说明该反应已达到平衡状态的是___________‎ A．(X)＝3(Y)‎ B．容器内气体密度不变 C．2逆(X)＝3正(Z)‎ D．各组分的物质的量相等 E．混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 F．容器内气体颜色不再发生变化 ‎【答案】(1). 0.5mol/L (2). 10% (3). 0.05mol/(L·min) (4). 3X+Y2Z (5). CE ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)从图中可知，起始时X的物质的量为1mol，故浓度为c(X)＝‎ ‎；反应从开始至2分钟末，Y反应了0.1mol，故其转化率为α(Y)＝；0-2分钟内Z的物质的量从0变化为0.2mol，故用Z的浓度变化表示0-2分钟内的平均反应速率为，故答案为：0.5mol/L 10% 0.05mol/(L·min)；‎ ‎(2)由图中可知2min内X减少了0.3mol，Y减少了0.1mol，而Z增加了0.2mol，故X、Y为反应物，Z为生成物，物质的量之比等于化学计量数之比，故该反应的化学方程式为3X+Y2Z，故答案为：3X+Y2Z；‎ ‎(3)A．(X)＝3(Y)，未指明正、逆反应速率，故不能说明达到化学平衡，A不符合题意；‎ B．X、Y、Z均为气态，故容器内气体密度在反应过程中始终没有改变，故不能说明达到化学平衡，B不符合题意；‎ C．根据反应速率之比等于化学计量系数之比有2正(X)＝3正(Z)，又2逆(X)＝3正(Z)，推出正(X)＝逆(X)=正(Z)，故说明反应达到平衡状态，C符合题意； ‎ D．平衡的标志是各组分的物质的量不再改变，而不是相等，D不符合题意；‎ E．混合气体的平均相对分子质量等于总质量除以总的物质的量，由于反应3X+Y2Z反应前后的气体系数不等，故反应过程中混合气体的平均相对分子质量一直在改变，现在不再改变的状态即为反应的平衡状态，E符合题意；‎ F．根据题干已知X、Y、Z均为无色气体，故容器内气体颜色一直未发生变化，故容器颜色不变不能说明反应达到平衡状态，F不符合题意；‎ 故答案为：CE。‎ ‎28.已知A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味；B的产量可以衡量一个国家石油化工发展的水平，有关物质的转化关系如图所示部分反应条件、产物省略：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）工业上由石蜡油获得B的方法称为___________。‎ ‎（2）①决定化合物A的化学特性的原子团的名称为___________。‎ ‎②B到A的反应类型为___________，A到E的反应类型为___________。‎ ‎（3）写出下列反应的化学方程式。‎ 反应②：___________‎ 反应⑥：___________‎ ‎【答案】(1). 石油的裂解 (2). 羟基 (3). 加成反应 (4). 酯化反应(取代反应） (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (6). nCH2=CH2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】B的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则B为CH2=CH2，石油的分馏得到石蜡油，石蜡油裂解得到乙烯，乙烯发生加聚反应生成F为 ，乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化生成D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，故E为CH3COOCH2CH3，乙烯与HCl发生加成反应生成H为CH3CH2Cl，乙醇与Na反应生成G为CH3CH2ONa，以此来解答。‎ ‎【详解】（1）工业上通过石蜡油裂解来获得B乙烯，故答案为：裂解；‎ ‎（2）①A为CH3CH2OH，A中的官能团名称为羟基，故答案为：羟基；‎ ‎②B到A的反应为，其反应类型为加成反应，A到E的反应为 ‎，其反应类型为酯化反应（或取代反应），故答案为：加成反应；取代反应（酯化反应）； （3）反应②是乙醇的催化氧化反应，其化学方程式为2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，反应⑥是乙烯的加聚反应，其化学方程式为nCH2=CH2 ，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；nCH2=CH2 。‎ ‎29.如图所示，用排饱和食盐水法先后收集20mL甲烷和80mL氯气，放在光亮的地方(注意：不要放在日光直射的地方，以免引起爆炸)，等待片刻，观察发生的现象。回答下列问题：‎ ‎（1）大约30min后，可以观察到量筒内壁出现___________状液体，量筒内液面___________(填“上升”、“下降”或“不变”)。‎ ‎（2）使1mol甲烷和氯气发生取代反应，生成相同物质的量的四种有机取代物，则需要氯气的物质的量是___________，写出其中常作为有机溶剂和灭火剂的物质的电子式为___________。‎ ‎【答案】(1). 油 (2). 上升 (3). 2.5mol (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）甲烷可以和氯气发生取代反应如下： 、、、分别生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，一氯甲烷是气体，生成的氯化氢极易溶于水，遇水蒸气形成白雾，容器中的压强降低，液面上升，故答案为：油；上升；‎ ‎（2）四种取代物的物质的量相同，即各为0.25mol，根据上述发生的反应发生取代反应时，一半的Cl进入HCl，消耗氯气的物质的量为：0.25mol+2×0.25mol+3×0.25mol+4×0.25mol=2.5mol，产物中常作为有机溶剂和灭火剂的物质为CCl4，其电子式为，故答案为：2.5 。‎ ‎30.充分燃烧‎2.9g某有机物A，生成‎8.8g二氧化碳和‎4.5g水，这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下空气的2倍。‎ ‎（1）求该有机物的分子式___________。‎ ‎（2）推断该有机物链状同分异构体的结构简式___________。‎ ‎【答案】(1). C4H10 (2). CH3CH2CH2CH3，CH3CH(CH3)CH3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据燃烧产物的质量确定有机物的最简式，再根据相对密度确定相对分子质量，然后可以确定其分子式。‎ ‎【详解】充分燃烧‎2.9g某有机物A，生成‎8.8g二氧化碳和‎4.5g水，则‎2.9g有机物A中含碳原子的物质的量n(C)= n(CO2)=，含H原子的物质的量n(H)=2n(H2O)=2，则含O原子的物质的量n(O)=，即有机物分子中不含O元素，属于烃，其最简式为C2H5。这种有机物蒸气的相对密度是相同条件下空气的2倍，由于空气所平均相对分子质量约为29，则A相对分子质量为58。‎ ‎（1）A的最简式为C2H5，最简式的相对质量为29，又知A相对分子质量为58，则该有机物的分子式为C4H10。 ‎ ‎（2）C4H10符合烷烃的通式，其有两种同分异构体，其结构简式分别为CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)CH3。‎