【化学】陕西省西安中学2019-2020学年高一下学期期末考试（理）试题（解析版） 19页

陕西省西安中学2019-2020学年高一下学期期末考试（理）试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65‎ 第Ⅰ卷（选择题，共46分）‎ 一、选择题（本题包括23个小题，每小题2分，共46分。每小题只有1个选项符合题意。）‎ ‎1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是( )‎ A. 一次性医用外科口罩的核心功能层熔喷布是以纯净物聚丙烯为原料制成 B. 高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来 C. 推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”‎ D. 防控新冠病毒所用的酒精，其浓度越大，杀毒效果越好 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一般而言，有机高分子材料是混合物，所以聚丙烯不是纯净物，故A错误；‎ B．高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出，故B错误；‎ C．塑料不能降解，导致白色污染，则推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”，故C正确；‎ D．酒精浓度过高，效果太强，可能导致只是让细菌细胞最外面的蛋白质变性，而形成一个保护层，使酒精不能完全进入细菌细胞内，达不到杀菌的目的，75%的酒精杀毒效果最好，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2. 在元素周期表中，从左到右共有18个纵行。第1纵行（氢除外）为碱金属元素，稀有气体是第18纵行。下列说法中正确的是( )‎ A. 铝元素位于第3纵行 B. 过渡元素在周期表中占10个纵行 C. 第17纵行所有元素的化合价都有+7价 D. 第16纵行元素都是非金属元素 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】从左到右共有18个纵行，第1纵行(除氢以外)为碱金属元素,稀有气体第18纵行,则Al在第13纵行,第16纵行为第ⅥA族,第17纵行为ⅤⅡA族,以此来解答。‎ ‎【详解】A.铝元素位于第13纵行,故A错误； B.过渡元素包括7个副族和1个ⅤⅢ族,在周期表中占10个纵行,所以B选项是正确的； C.第17纵行中除F元素,其它元素的化合价都有+7价,F没有正价,故C错误； D.第16纵行元素为氧族元素,含非金属元素(O、S等)和金属元素（Po）,故D错误； 综上所述，本题正确选项B。‎ ‎3.下列有关化学用语的表示错误的是( )‎ A. 次氯酸的电子式为 B. 有a个电子、b个中子，R的原子符号为 C. 用电子式表示的形成过程为 D. 的结构示意图为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.次氯酸的电子式为，故A正确，但不符合题意；‎ B.有a个电子、b个中子，则质子数为，质量数为，R原子的符号为，故B项正确，但不符合题意；‎ C.用电子式表示的形成过程为，故C 项错误，符合题意；‎ D.核外有10个电子，核内有11个质子，其结构示意图为，故D项正确，但不符合题意；‎ 故选：C。‎ ‎4.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置所示，这四种元素的原子最外层电子数之和是24，下列说法中正确的是( )‎ X Y Z W A. 原子半径: W＞Z＞Y＞X B. 最高价氧化物对应水化物的酸性: Z＞W C. 四种元素的单质中，W单质的熔、沸点最高 D. X的气态氢化物可与它的最高价氧化物的水化物发生反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，如果设X的最外层电子数是a，则Y、Z均是a+1，W是a+2，这四种元素的原子最外层电子数之和是24，因此a+a+1+a+1+a+2=24，解得a=5，所以X是N，Y是O，Z是S，W是Cl。‎ ‎【详解】根据上述分析，X是N，Y是O，Z是S，W是Cl。‎ A．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞X＞Y，故A错误；‎ B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl＞S，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z，故B错误；‎ C．四种元素的单质中，单质硫的熔、沸点最高，故C错误；‎ D．X的气态氢化物氨气可与它的最高价氧化物的水化物硝酸发生反应生成硝酸铵，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列各组物质含有的化学键类型完全相同的是：( )‎ A. NaOH、CaCl2、CaO B. Na2O、Na2O2、Na2S C. NaCl、HCl、H2O D. HBr、CO2、NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH中含有离子键和共价键，CaCl2、CaO中均只有离子键，A错误；‎ B．Na2O、Na2S中均只有离子键，Na2O2中含有离子键和共价键，B错误；‎ C．NaCl中只有离子键，HCl、H2O中均只有共价键，C错误；‎ D.HBr、CO2、NH3中均只有共价键，化学键类型完全相同，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎6.N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能量变化的示意图如图所示，用、、分别表示N2、H2、NH3，下列说法正确的是( )‎ A. 使用催化剂时，合成氨的反应放出的热量减少 B. 在该过程中，N2、H2 断键形成 N 原子和 H 原子 C. 在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的NH3‎ D. 合成氨反应中，反应物断键吸收的能量大于生成物形成新键释放的能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．催化剂不改变反应热，且平衡不移动，不能改变反应放出的热量，故A错误；‎ B．在②→③过程，存在H-H、N≡N键的断裂，形成 N 原子和 H 原子，故B正确；‎ C．NH3含有N-H键，为极性键，故C错误；‎ D．合成氨为放热反应。则反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎7.将FeCl3溶液和KI溶液混合，发生反应：2Fe3＋(aq)＋2I－(aq)2Fe2＋(aq)＋I2(aq)。下列各项能判断上述可逆反应达到平衡状态的是( )‎ A. 溶液颜色不再变化 B. c(K＋)不再变化 C. c(Fe3＋)与c(Fe2＋)之和不再变化 D. v正(I－)＝2v正(I2)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【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。‎ ‎【详解】A项，溶液颜色不再变化，说明Fe3＋、Fe2＋及I2的浓度不再变化，反应达到平衡状态；B项，钾离子浓度始终不变，因此c(K＋)不变不能用于判断反应是否达到平衡状态；C项，由铁元素守恒知，铁离子和亚铁离子的浓度之和始终不变，因此c(Fe3＋)与c(Fe2＋)之和不变不能用于判断反应是否达到平衡状态；D项，v正(I－)和v正(I2)同为正反应速率，v正(I－)＝2v正(I2)不能用于判断反应是否达到平衡状态。‎ 故选A。‎ ‎8.在相同的密闭容器中，用高纯度纳米级Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g) + O2(g) ∆H＞0，实验测得反应体系中水蒸气浓度（mol·L-1）的变化结果如下：‎ 序号 时间/min ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎①‎ 温度T1 / 1号Cu2O ‎0.0500‎ ‎0.0492‎ ‎0.0486‎ ‎0.0482‎ ‎0.0480‎ ‎0.0480‎ ‎②‎ 温度T1 / 2号Cu2O ‎0.0500‎ ‎0.0490‎ ‎0.0483‎ ‎0.0480‎ ‎0.0480‎ ‎0.0480‎ ‎③‎ 温度T2 / 2号Cu2O ‎0.0500‎ ‎0.0480‎ ‎0.0470‎ ‎0.0470‎ ‎0.0470‎ ‎0.0470‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 实验时的温度T2高于T1‎ B. 2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高 C. 实验①前20 min的平均反应速率v(O2) = 7×10ˉ5 mol·Lˉ1·minˉ1‎ D. 等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从表中③可以看出相同时间内水蒸气的浓度变化大，反应速率快，说明实验时的温度T2高于T1，故A正确；‎ B．②中反应速度比①快，2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高，故B正确；‎ C．实验①前20 min的平均反应速率v(H2O)=，v(O2)=1/2v(H2O) =3.5×10ˉ5 mol·Lˉ1·minˉ1，故C错误；‎ D．①②化学平衡状态未改变，反应速率加快，则是加入了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，②中水蒸气的浓度变化比①快，②‎ 中催化剂微粒更小，表面积更大，等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎9.某小组为研究原电池原理，设计如图装置。下列叙述正确的是(     ) ‎ A. a和b不连接时，铁片上会有产生 B. a和b用导线连接时，铁片上发生的反应为 C. a和b用导线连接时，电子由a流向b D. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】铁比铜活泼，可置换出溶液中的铜离子，形成原电池反应时，铁为负极，发生氧化反应，电极方程式为Fe-2e-=Fe2+，铜为正极，发生还原反应，电极方程式为Cu2++2e-=Cu，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应而发生化学腐蚀，没有氢气放出，故A错误；‎ B．a和b用导线连接时，构成原电池，铁片上发生的反应为Fe-2e-=Fe2+，故B错误；‎ C．a和b用导线连接时，构成原电池，Fe比铜活泼，Fe为负极，则电子由b流向a，故C错误；‎ D．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，都生成亚铁离子，溶液由蓝色变为浅绿色，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.下列有关有机物的说法中正确的是（　　）‎ A. 是同分异构体 B. 乙醇、乙酸、乙烷都能发生取代反应 C. 乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，且反应类型相同 D. 相同质量的CH4、C2H4、苯完全燃烧，耗氧量最小的是CH4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷为正四面体结构，故是同种物质，A错误；‎ B. 乙醇、乙酸、乙烷都能发生取代反应，B正确；‎ C. 乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化反应，反应类型不同，C错误；‎ D. 等质量的C和H与氧气反应，H的耗氧量远大于C，因此，相同质量的CH4、C2H4、苯完全燃烧，含H量越小，耗氧量越小，耗氧量最小的是苯，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎11.把纯净的甲烷与氯气混合气放在集气瓶中，用玻璃片盖好瓶口，放在光亮的地方一段时间后，下列说法中，不正确的是( )‎ A. 气体发生爆炸反应 B. 瓶内气体的颜色变浅 C. 用一根蘸有浓氨水的玻璃棒伸入瓶内时有白烟产生 D. 集气瓶壁有油状液体生成 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯气与甲烷的反应不剧烈，反应比较缓慢，变化不发生爆炸现象，故A错误； B. 由于黄绿色的氯气参加了反应，物质的量减小，所以瓶内气体的颜色变浅，故B正确； C. 甲烷和氯气反应生成了氯化氢气体，所以用一根蘸有浓氨水的玻璃棒伸入瓶内时有白烟产生，故C正确； D. 反应生成了不溶于水的二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳等液体，所以集气瓶壁有油状液体生成，故D正确； 故选：A。‎ ‎12.工业上或实验室提纯以下物质的方法不合理的是（括号内为杂质）（ ）‎ A. 溴苯（溴）：加NaOH溶液，分液 B. 乙烷（乙烯）：通入溴水，洗气 C. 乙酸（水）：加新制生石灰，蒸馏 D. 乙酸乙酯（乙酸）：加饱和碳酸钠溶液，分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢氧化钠能与溴单质反应，与溴苯不反应，然后分液即可，故A正确；‎ B．乙烯与溴水发生加成反应，则利用盛有溴水的洗气装置即可除去乙烷中混有的乙烯，故B正确；‎ C．水和乙酸均能和生石灰反应，故C错误；‎ D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎13.有机物R是合成某药物的中间体，结构简式为。下列说法正确的是( )‎ A. R与M  ()互为同分异构体 ‎ B. R中所有碳原子一定处于同一平面 C. R的六元环上的一氯代物有4种 ‎ D. R能发生取代反应、加成反应和氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】所给有机物含有碳碳双键和羧基，结合烯烃、羧酸的性质解答。‎ ‎【详解】A．R中的六元环(属于环烯）与苯环不同，R与M的分子式不同，不是同分异构体，A错误；‎ B．R中与羧基相连的碳原子为饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，所有碳原子不能处于同一平面，B错误；‎ C．R的结构具有对称性，其六元环上有3种等效氢原子，一氯代物有3种，C错误；‎ D．R中含有碳碳双键，可发生加成反应、氧化反应，含有羧基，可发生取代反应，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎14.下列各组金属最适合用H2或CO把它从化合物中还原出来的是( )‎ A. Ca、Mg B. Al、Fe C. Fe、Cu D. Hg、Ag ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ca、Mg为活泼金属，应用电解氯化物的电解法冶炼； B．Fe用CO还原法冶炼，Al应用电解法冶炼，通常用电解氧化铝制金属铝； C．Fe用CO还原法冶炼，Cu可用H2或CO把它们从其对应的化合物中还原出来； D．Hg、Ag为不活泼金属，可用热分解法冶炼； 故选C。‎ ‎15.下列实验操作的现象与对应结论均正确的是( )‎ 选项 实验操作 现象 结论 A 将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置 溶液分层，上层呈紫色 I2更易溶于有机溶剂 B 将铜片和M金属片用导线连接并插入MNO3的溶液中 铜片溶解 金属性：M＞Cu C 将一小块Na放入酒精中 有气泡产生 酒精中含有水 D 将石蜡油分解产生的气体通入到酸性高锰酸钾溶液中 溶液褪色 气体中含有烯烃 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水与乙醇互溶，溶液不分层，不能用乙醇萃取碘水中的碘，故A错误；‎ B．将铜片和M金属片用导线连接并插入MNO3的溶液中，构成原电池，铜片溶解，说明铜为负极，则金属性Cu＞M，故B错误；‎ C．钠与水、酒精均能反应生成氢气，不能说明酒精中含有水，故C错误；‎ D．烷烃不能被高锰酸钾氧化，将石蜡油分解产生的气体通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明石蜡油分解生成的气体中含有烯烃，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.下列所示物质的制备方法合理的是( )‎ A. 实验室从海带中提取单质碘：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏 B. 金红石(主要成分TiO2)为原料生产金属Ti：金红石、焦炭TiCl4Ti C. 从海水中提取溴：浓缩海水→溴水Br2‎ D. 由铝土矿为原料制备金属铝：Al2O3AlCl3(aq)AlCl3(s)Al ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．海带中碘以离子形式存在，需要氧化为单质，则需要氧化后萃取，故A错误；‎ B．TiO2、C、Cl2反应生成TiCl4，在稀有气体保护下用Mg还原TiCl4生成Ti，可实现转化，故B正确；‎ C．海水中的溴以化合态存在，不存在溴单质，直接浓缩海水不能得到溴水，故C错误；‎ D．氯化铝为共价化合物，不能通过电解熔融的氯化铝冶炼铝，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎17.将CH4和C2H4的混合气体‎15 g通入盛有足量溴水的容器中，溴水的质量增加了‎7 g，则混合气体中CH4和C2H4的体积比为( )‎ A. 1∶2 B. 2∶‎1 ‎C. 3∶2 D. 2∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】能被溴水吸收的是乙烯，则乙烯的质量是‎7g，所以甲烷的质量是‎8g，则根据阿伏加德罗定律可知，气体的体积之比和物质的量成正比，所以混合气体中CH4和C2H4的体积比为，答案选B。‎ ‎18.下列有关自然资源的开发利用的叙述正确的是( )‎ A. 通过催化重整，可从石油中获取环状烃 B. 裂化汽油可用于萃取溴水中的溴 C. 石油的裂化和裂解属于化学变化而煤的液化、气化属于物理变化 D. 煤中含有大量的苯、甲苯、二甲苯等有机物，可通过煤的干馏来提取 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油的催化重整可以获得芳香烃等环状烃，目的是为了提高芳香烃的质量和产量，故A正确；‎ B．裂化汽油中含有烯烃，能够与溴发生加成反应，不能用于萃取剂，故B错误；‎ C．煤的气化是用煤来生产水煤气，而煤的液化是用煤来生产甲醇等液态燃料，均为化学变化，故C错误；‎ D．煤中不含苯、甲苯和二甲苯等芳香烃，但可以通过煤的干馏来获取，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎19.有机物R是金银花的一种成分，具有广谱抗病毒功效，键线式为(已知CH2=CHCH2OH的键线式为)。下列说法错误的是（ ）‎ A. R能发生加成、氧化、取代反应 B. 用酸性高锰酸钾溶液可以确认R含碳碳双键 C. R分子中所有碳原子可能共平面 D. CHO与R互为同分异构体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．R中含有双键，可以发生加成反应、氧化反应，含有羟基、烃基可以发生取代反应，故A正确；‎ B．R分子的羟基也可以使酸性高锰酸钾褪色，故B错误；‎ C．R中碳原子均位于碳碳双键形成的平面上，平面通过单键相连，单键可以旋转，所以所有碳原子可能共面，故C正确；‎ D．和的分子式均为C10H16O，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎20.下列说法正确的是( )‎ A. 淀粉水解的最终产物都是氨基酸 B. 淀粉和纤维素都可以作为工业上生产葡萄糖的原料 C. 油脂的水解反应，都是皂化反应 D. 蔗糖是高分子化合物，其水解产物能发生银镜反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．淀粉水解的最终产物是葡萄糖，故A错误；‎ B．淀粉和纤维素水解的产物都是葡萄糖，所以淀粉和纤维素可以作为工业上生产葡萄糖的原料，故B正确；‎ C．油脂在酸性条件下水解得到高级脂肪酸和甘油，油脂在碱性条件下水解得到高级脂肪酸盐和甘油，而油脂在碱性条件下水解为皂化反应，故C错误；‎ D．蔗糖是二糖，不是高分子化合物，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎21.为证明无还原性的蔗糖水解后的生成物有还原性，可能有如下实验步骤：①加入稀硫酸；②加入几滴CuSO4溶液；③加热；④加入蒸馏水；⑤加入烧碱溶液至碱性；⑥加入新制Cu(OH)2悬浊液。最佳顺序是( )‎ A. ④①③⑥③ B. ④③①⑥⑤③‎ C. ①③②⑥③ D. ④①③⑤⑥③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】蔗糖在硫酸的催化作用下水解的产物为葡萄糖，在碱性的条件下可以用新制Cu(OH)2悬浊液可以检验葡萄糖，据此分析解答。‎ ‎【详解】蔗糖水解的实验步骤为：加入少量蒸馏水溶解蔗糖，然后向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热；冷却后加入烧碱溶液至碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液溶液，加热后，若有砖红色沉淀产生，证明蔗糖的水解产物葡萄糖具有还原性，正确的实验顺序为：④①③⑤⑥③，故选D。‎ ‎22.书法离不开文房四宝(笔、墨、纸、砚)，做笔用的狼毫、研墨用的墨条、宣纸和做砚台用的砚石的主要成分依次是( )‎ A. 多糖、石墨、蛋白质、无机盐 B 塑料、石墨、多糖、无机盐 C. 蛋白质、炭黑、多糖、无机盐 D. 蛋白质、煤炭、多糖、有机玻璃 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】狼毫为动物的毛，属于蛋白质，墨条由炭黑制成；宣纸主要成分为纤维素，属于多糖；砚台成分为无机盐，故C选项符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎23.某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程，设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）。下列说法错误的是( )‎ A. A装置中通入的a气体是Cl2‎ B. 实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气 C. B装置中通入b气体后发生的反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr D. C装置的作用只是吸收多余的SO2气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A装置中通入的a气体是Cl2，将溴离子氧化为溴单质，然后利用热空气将其吹出，选项A正确；‎ B．实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，将溴离子氧化为溴单质后，停止通入,改通入热空气将溴吹出，选项B正确；‎ C．B装置中通入b气体二氧化硫将溴单质吸收，发生的反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，选项C正确；‎ D．C装置的作用是吸收多余的SO2、氯气等，选项D错误；‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共54分)‎ 二、填空题（4小题，共计54分）‎ ‎24.有X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，部分信息如下表所示：‎ X Y Z ‎ M R Q 原子半径/nm ‎0.186‎ ‎0.074‎ ‎0.099‎ ‎0.160‎ 主要化合价 ‎-4，+4‎ ‎-2‎ ‎-1，+7‎ ‎ 其它 阳离子核外无电子 无机非金属材料的主角 六种元素中原子半径最大 次外层电子数是最外层电子数的4倍 请回答下列问题：‎ ‎(1)R在元素周期表中的位置是__。‎ ‎(2)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是___。‎ ‎(3)Z、M、Q的简单离子的离子半径由大到小的顺序为__(用元素符号表示)。‎ ‎(4)下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是__(选填字母序号)。‎ a．常温下Y单质呈固态，R的单质呈气态 b．气态氢化物稳定性R>Y c．Y与R形成的化合物中Y呈正价 ‎(5)X、M、Z三种元素组成的化合物中含有的化学键为__；写出R的单质与上述化合物的水溶液反应的离子方程式：__。‎ ‎【答案】(1). 第三周期ⅦA族 (2). 大于0.099nm，小于0.160nm (3). O2-＞Na+＞Mg2+ (4). bc (5). 离子键、共价键 (6). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、M、R、Q六种短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；R有+7、-1价，处于ⅦA族，R为Cl元素；M有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，则M为O元素；Q的次外层电子数是最外层电子数的4倍，Q有3个电子层，最外层电子数为2，则Q为Mg元素；Z在六种元素中原子半径最大，则Z为Na元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为Si元素，Z为Na元素，M为O元素，R为Cl元素，Q为Mg元素。‎ ‎(1)R为Cl元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，位于周期表的第三周期ⅦA族，故答案为：第三周期ⅦA族；‎ ‎(2)同周期自左而右，原子半径减小，Si的原子半径介于Mg和Cl原子半径之间，故Si的原子半径的最小范围是大于0.099nm，小于0.160nm，故答案为：大于0.099nm，小于0.160nm；‎ ‎(3)O2-、Na+、Mg2+‎ 的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径的大小顺序为O2-＞Na+＞Mg2+，故答案为：O2-＞Na+＞Mg2+；‎ ‎(4)同周期自左而右非金属性增强，故非金属性Cl＞Si。a．物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，故a错误；b．氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，故b正确；c．Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，故c正确；故答案为：bc；‎ ‎(5)X、M、Z三种元素组成的化合物是NaOH，属于离子化合物，含有离子键，氢氧根离子内部存在O-H之间的共价键；氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应离子方程式为Cl2+2OH=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：离子键、共价键；Cl2+2OH=Cl-+ClO-+H2O。‎ ‎25.乳酸乙酯是白酒的香气成分之一，广泛用于食品香精。适量添加可增加白酒中酯的浓度，增加白酒的香气，是清香型白酒的主体香成份。乳酸乙酯发生如图变化(已知烃A是衡量一个国家石油化工发展的重要标志)‎ ‎(1)A分子的空间构型是_______。‎ ‎(2)D的化学式是_______________，F中含氧官能团的名称是______________。‎ ‎(3)②的化学方程式是___________，⑤的反应类型是_________‎ ‎(4)1mol乳酸与足量NaOH反应，消耗NaOH__________mol。‎ ‎(5)绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即原子的理论利用率为100%。下列转化符号绿色化学要求的是__________(填序号)。‎ a．乙醇制取乙醛 b．甲烷制备CH3Cl c．2CH3CHO+O22CH3COOH ‎【答案】(1). 平面长方形 (2). C2H4O2 (3). 羟基、羧基 (4). CH2 =CH2 +H2O CH 3CH2OH (5). 酯化反应(取代反应) (6). 1 (7). c ‎【解析】‎ ‎【分析】烃A是衡量一个国家石油化工发展的重要标志，则A为CH2=CH2；A与H2O发生加成反应生成B的结构简式为CH3CH2OH，催化氧化生成C的结构简式为CH3‎ CHO，再催化氧化生成D的结构简式为CH3COOH；乳酸乙酯在酸性条件下水解生成乳酸和乙醇，乳酸与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成G的结构简式为。‎ ‎【详解】(1)A为CH2=CH2，分子的空间构型是平面长方形。答案为：平面长方形；‎ ‎(2)D为CH3COOH，化学式是C2H4O2，F为，含氧官能团的名称是羟基、羧基。答案为：C2H4O2；羟基、羧基；‎ ‎(3) 反应②为CH2=CH2与H2O加成生成CH3CH2OH，化学方程式是CH2=CH2 +H2O CH 3CH2OH，反应⑤是乳酸与CH3COOH在浓硫酸、加热条件下反应生成和H2O，反应类型是酯化反应(取代反应)。答案为：CH2=CH2 +H2O CH 3CH2OH；酯化反应(取代反应)；‎ ‎(4)乳酸的结构简式为，只有-COOH能与NaOH发生反应，所以1mol乳酸与足量NaOH反应，消耗NaOH 1 mol。答案为：1；‎ ‎(5) a．乙醇制取乙醛，发生反应为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，a不合题意；‎ b．甲烷制备CH3Cl，发生反应为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，b不合题意；‎ c．2CH3CHO+O22CH3COOH，只生成一种产物，c符合题意；‎ 故选c。答案：c。‎ ‎26.某校学生用下图所示装置进行实验。以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应的产物。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)写出装置Ⅱ中发生的主要化学反应方程式____________________________，其中冷凝管所起的作用为导气和________，Ⅳ中球形干燥管的作用是__________。‎ ‎(2)实验开始时，关闭K2、开启K1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。Ⅲ中小试管内苯的作用是_________________________。‎ ‎(3)能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是______________________。‎ ‎(4)反应结束后，要让装置Ⅰ中的水倒吸入装置Ⅱ中以除去装置Ⅱ中残余的HBr气体。简述如何实现这一操作：______________________________________。‎ ‎(5)纯净的溴苯是无色油状的液体，这个装置制得的溴苯呈红棕色，原因是里面混有______________，将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用__________洗涤，振荡，分液；③蒸馏。‎ ‎【答案】(1). (2). 冷凝回流（冷凝苯和Br2蒸气） (3). 防倒吸 (4). 吸收溴蒸气 (5). III中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀 (6). 关闭K1和分液漏斗活塞，开启K2 (7). 溴(Br2) (8). NaOH溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，由于液溴易挥发，会干扰溴化氢的检验，需要利用苯除去溴。利用氢氧化钠溶液吸收尾气，由于溴化氢极易溶于水，需要有防倒吸装置，根据生成的溴苯中含有未反应的溴选择分离提纯的方法。据此解答。‎ ‎【详解】（1）装置Ⅱ中发生的主要化学反应是苯和液溴的取代反应，反应的化学方程式为。由于苯和液溴易挥发，则其中冷凝管所起的作用为导气和冷凝回流（冷凝苯和Br2蒸气）。由于溴化氢极易溶于水，则Ⅳ中球形干燥管的作用是防倒吸。‎ ‎（2）Ⅲ中小试管内苯的作用是除去溴化氢中的溴蒸气，避免干扰溴离子检验；‎ ‎（3）因从冷凝管出来的气体为溴化氢，溴化氢不溶于苯，溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀，因此能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是III中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀。‎ ‎（4）因装置Ⅱ中含有溴化氢气体能污染空气，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气；操作方法为关闭K1和分液漏斗活塞，开启K2。‎ ‎（5）纯净的溴苯是无色油状的液体，这个装置制得的溴苯呈红棕色，原因是里面混有单质溴，由于单质溴能与氢氧化钠溶液反应，则将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用氢氧化钠溶液洗涤，振荡，分液；③蒸馏。‎ ‎27.海洋资源的利用具有广阔前景。‎ ‎(1)无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是__(填序号)。‎ A．Cl2 B．淡水 C．烧碱 D．食盐 ‎(2)海水淡化的方法主要有___法、电渗析法、___法。‎ ‎(3)如图是从海水中提取镁的简单流程。‎ 工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A的俗名是__，无水MgCl2在熔融状态下通电制备金属Mg的化学方程式是___。‎ ‎(4)海带灰中富含以I-形式存在的碘元素。实验室提取I2的途径如图所示：‎ ‎①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器名称是___。‎ ‎②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式__。反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，可以观察到CCl4层呈__色。‎ ‎【答案】(1). BD (2). 蒸馏 (3). 离子交换 (4). 石灰乳 (5). MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ (6). 坩埚 (7). 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O (8). 紫 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利用蒸馏原理来得到，据此分析判断；‎ ‎(2)根据海水淡化的常见方法分析解答；‎ ‎(3)工业上常用石灰乳和镁离子反应生成Mg(OH)2；氢氧化镁和盐酸反应得到氯化镁和水；然后电解熔融状态下的氯化镁冶炼镁，据此分析解答；‎ ‎(4)海带灼烧后用水溶解除去不溶物，在滤液中加入稀硫酸和过氧化氢溶液将碘离子氧化后用四氯化碳萃取出碘单质，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)A．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；‎ B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，故B正确；‎ C．电解饱和氯化钠溶液得到烧碱、氢气、氯气，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；‎ D．把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D正确；‎ 故选BD；‎ ‎(2)蒸馏法是把水从水的混合物中分离出来，得到纯净的水，通过离子交换树脂可以除去海水中的离子，从而达到淡化海水的目的，利用电渗析法可使相应的离子通过半透膜以达到硬水软化的效果，海水含大量氯化钠等盐，冰冻法不能淡化，故答案为：蒸馏；离子交换；‎ ‎(3)①工业上常用石灰乳沉淀Mg2+，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2和镁离子反应生成Mg(OH)2；熔融状态下，电解氯化镁冶炼镁，反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Cl2↑+Mg，故答案为：石灰乳；MgCl2(熔融) Cl2↑+Mg；‎ ‎(4)①灼烧固体需要在坩埚中进行，故答案为：坩埚；‎ ‎②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，过氧化氢具有氧化性，能够将碘离子氧化为单质碘，反应的离子方程式为2H++2I-+H2O2═I2+2H2O，反应结束后，再加入CCl4作萃取剂，振荡、静置，发生萃取，萃取后碘的CCl4溶液呈紫色，故答案为：2H++2I-+H2O2═I2+2H2O；紫。‎