山东省济宁市2015-2016学年高一（下）期末化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 山东省济宁市2015-2016学年高一（下）期末化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 167.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2016-07-31 22:04:42 | ||
图片预览
文档简介
2015-2016学年山东省济宁市高一（下）期末化学试卷
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．下列有关说法正确的是（ ）
A．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解
B．医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于水
C．用过滤的方法从碘的四氯化碳溶液中获得碘
D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中
2．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．1mol乙烯分子中含有共用电子对数为6NA
B．常温常压下，32gO2、O3的混合物含有Na个氧原子
C．标准状况下，2.24
L
CH2Cl2含有的分子数等于0.1
NA
D．7.1
g
C12与足量NaOH溶液反应转移0.2×6.02×1023个电子
3．已知放射性元素Ir位于元素周期表中第六周期第Ⅷ族，下列关于Ir的说法正确的是（ ）
A．铱为非金属元素
B．
Ir中子数与质子数的差为38
C．铱元素与碘元素位于同一周期
D．
Ir核外含有115个电子
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
B．在过氧化钠中加入稀硫酸：O22﹣+4H+═2H2O+O2↑
C．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓
5．元素X、Y、Z原子序数之和为37，X、Y在同一周期，X+与Z﹣具有相同的核外电子层结构．下列推测不正确的是（ ）
A．同周期元素中X的金属性最强
B．原子半径X＞Y，离子半径X+＞Z﹣
C．同族元素中Z的氢化物稳定性最高
D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
6．下列对相应有机物的描述完全正确的是（ ）
①甲烷：天然气的主要成分，能发生取代反应
②乙烯：其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，可以发生加成反应
③苯：平面结构，每个分子中含有3个碳碳双键
④乙醇：可以用金属钠检验乙醇中是否含有水
⑤淀粉：属于糖类物质，遇碘元素变蓝色
⑥蛋白质：可通过烧焦的特殊气味进行鉴别，水解的最终产物为氨基酸．
A．①②③
B．②④⑥
C．①⑤⑥
D．①②⑥
7．工业上利用氢气在氯气中燃烧，所得产物再溶于水的方法制得盐酸，流程复杂且造成能量浪费．有人设想利用原电池原理直接制盐酸的同时，获取电能，假设这种想法可行，下列说法肯定错误的是（ ）
A．通入氢气的电极为原电池的正极
B．两极材料都用石墨，用稀盐酸做电解质溶液
C．电解质溶液中的阳离子向通氯气的电极移动
D．通氯气的电极反应式为Cl2+2e﹣═2Cl﹣
8．将
4molA气体和3molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g） 2C（g），
若经
2s后测得
C的浓度为
0.6mol L﹣1，现有下列几种说法：
①用物质A
表示反应的平均速率为
0.3mol L﹣1 s﹣1
②物质
B的体积分数是40%
③2s
时物质
A
的转化率为30%
④2s
时物质
B
的浓度为
1.0mol L﹣1
其中正确的是（ ）
A．①④
B．②③
C．①③
D．③④
9．对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（ ）
A．NH3和H2O化学反应速率关系是2v正（NH3）=3v正（H2O）
B．达到化学平衡时，4v正（O2）=5v逆（NO）
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大
D．若单位时间内生成x
mol
NO的同时，消耗x
mol
NH3，则反应达到平衡状态
10．为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：下列有关说法正确的是（ ）
序号
液体
固体
混合前温度
混合后最高温度
①
35mL水
2.5g
NaHCO3
20℃
18.5℃
②
35mL水
3.2g
Na2CO3
20℃
24.3℃
③
35mL盐酸
2.5g
NaHCO3
20℃
16.2℃
④
35mL盐酸
3.2g
Na2CO3
20℃
25.1℃
A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应
B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应
C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应
D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应
11．下列有关化学键的叙述，正确的是（ ）
A．离子化合物中一定只含有离子键
B．单质分子中均存在化学键
C．仅含有共价键的化合物一定是共价化合物
D．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物一定只含极性键
12．某有机物的结构简式如图：则此有机物可发生的反应类型有（ ）
①取代
②加成
③氧化
④酯化⑤中和．
A．①②③④
B．②③④⑤
C．②③⑤
D．①②③④⑤
13．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源．下图是从海水中提取某些原料的．
下列有关说法正确的是（ ）
A．第①步中除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液﹣→过滤后加盐酸
B．从第③步到第⑤步的目的是浓缩、富集溴
C．第①到第⑤步中，涉及到氧化还原反应共有2步
D．第④步中，SO2起氧化作用
14．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（ ）
A．
制取氨气
B．
制取NaHCO3
C．
分离NaHCO3
D．
干燥NaHCO3
15．已知：还原性强弱：I﹣＞Fe2+．往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入2.24L（标准状况）氯气，反应完成后溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+．则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.6
mol L﹣1
B．0.8
mol L﹣1
C．1.0
mol L﹣1
D．1.2
mol L﹣1
16．将22.4g铁粉逐渐加入到含HNO3
0.8mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、解答题（共6小题，满分52分）
17．实验室需要0.1mol L﹣1
NaOH溶液450mL．回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 （填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是
（填仪器名称）．
（2）在配制NaOH溶液时：
①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 g；
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度 0.1mol/L（填“＞”、“＜”或“=”）；
③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度 0.1mol L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”）．
18．有两个实验小组的同学为探究过氧化钠与二氧化硫反应，都用如图所示的装置进行实验．通入SO2气体，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃．
请回答下列问题：
（1）第1小组同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是 ．
（2）请设计一种实验方案证明Na2O2与SO2反应生成的白色固体中含有Na2SO3．
（3）第2小组同学认为Na2O2与SO2反应除了生成Na2SO3和O2外，还有Na2SO4生成．为检验是否有Na2SO4生成，他们设计了如下方案：
[将B中反应后的固体溶于水]
[白色固体]
[仍有部分白色沉淀不溶解，证明有Na2SO4]上述方案是否合理？ （填“合理”或“不合理”）．
请简要说明两点理由：① ；
② ．
19．四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下：
信息：①原子半径：A＞B＞C＞D②四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质如下：
甲：
是地球上最常见的物质之一，是所有生命体生存的重要资源，约占人体体重的三分之二．
乙：
无色，无气味并且易燃．是常见的一种基础能源．
丙：
有强氧化性的弱酸，可以用于消毒杀菌．
请根据上述信息回答下列问题．
（1）B元素在元素周期表中的位置为 ，请写出BC2分子的电子式： ．
（2）A所在周期中，E元素的单质还原性最强，F元素的某些盐类常用作净水剂．E单质与甲反应有化合物X生成．请写出以下两个反应的离子方程式：
①A元素的单质与物质甲发生反应： ．
②F、C两种元素组成的化合物Y可作为高温结构陶瓷材料，X与Y两种化合物在溶液中发生反应： ．
（3）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构．向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入硫酸酸化的硫酸亚铁溶液．滴加过程中的现象为：
①试管中溶液变成深棕黄色，发生反应的离子方程式为 ；
②开始有少量气泡出现（经验证是氧气），片刻后反应变得剧烈，继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀．请回答“片刻后反应变得剧烈”的原因是a b ．
20．乙烯是一种重要的基本化工原料，以它为原料还可以合成很多的化工产品．现有以下转化如图1：
（1）聚乙烯的结构简式为 ；
（2）写出以下反应的化学方程式和反应类型：
② ，反应类型是
③ ，反应类型是
（3）实验室用如图2装置制备乙酸乙酯：
试管中碎瓷片的作用是 ；导管a的作用是导气和 ；试管b内饱和Na2CO3溶液的作用一方面是除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，另一方面是 ．
21．如图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图．各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）．其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体．
（1）写出C→E的化学方程式： ．
（2）实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为： ，干燥C常用 （填写试剂名称）．
（3）E物质遇到D物质时，会观察到 现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为 （填写物质的化学式）．
（4）写出F→G的离子方程式： ．
22．用广谱高效的二氧化氯（ClO2）替代液氯进行消毒，可避免产生对人体健康有害的有机氯代物．
（1）二氧化氯（ClO2）是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得．请写出反应的离子方程式： ．
（2）漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：HClO2→ClO2↑+H++Cl﹣+H2O（未配平）．当1molHClO2发生分解反应时，转移的电子个数是 ．
（3）有效氯含量是含氯消毒剂的一个重要指标，有效氯含量的定义为：从HI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定含氯消毒剂的质量之比，常用百分数表示．则ClO2的有效氯含量是 ．
2015-2016学年山东省济宁市高一（下）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．下列有关说法正确的是（ ）
A．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解
B．医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于水
C．用过滤的方法从碘的四氯化碳溶液中获得碘
D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．油脂的相对分子质量在10000以下；
B．硫酸钡不溶于水、不溶于酸；
C．碘的四氯化碳溶液互溶；
D．在烧杯中稀释冷却后，再转移到容量瓶中定容．
【解答】解：A．油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而蛋白质为高分子，二者均可发生水解，故A错误；
B．硫酸钡不溶于水、不溶于酸，医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，与不溶于盐酸有关，故B错误；
C．碘的四氯化碳溶液互溶，不能过滤分离，应选蒸馏法，故C错误；
D．在烧杯中稀释冷却后，再转移到容量瓶中定容，则配制溶液的操作合理，故D正确；
故选D．
2．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．1mol乙烯分子中含有共用电子对数为6NA
B．常温常压下，32gO2、O3的混合物含有Na个氧原子
C．标准状况下，2.24
L
CH2Cl2含有的分子数等于0.1
NA
D．7.1
g
C12与足量NaOH溶液反应转移0.2×6.02×1023个电子
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、乙烯中含6对共用电子对；
B、氧气和臭氧均由氧原子构成；
C、标况下二氯甲烷为液体；
D、求出氯气的物质的量，然后根据1mol氯气和氢氧化钠反应时转移1mol电子来分析．
【解答】解：A、乙烯中含6对共用电子对，故1mol乙烯中含6NA对共用电子对，故A正确；
B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g氧气和臭氧的混合物中含有的氧原子的物质的量为n==2mol，故含2NA个氧原子，故B错误；
C、标况下二氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故C错误；
D、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和氢氧化钠的反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1mol氯气和氢氧化钠反应时转移1mol电子，故0.1mol氯气和氢氧化钠反应转移0.1NA个电子，故D错误．
故选A．
3．已知放射性元素Ir位于元素周期表中第六周期第Ⅷ族，下列关于Ir的说法正确的是（ ）
A．铱为非金属元素
B．
Ir中子数与质子数的差为38
C．铱元素与碘元素位于同一周期
D．
Ir核外含有115个电子
【考点】核素．
【分析】A．第Ⅷ族元素是金属元素；
B．元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数，以及中子数=质量数﹣质子数；
C．Ir元素位于周期表中第六周期，碘元素位于第五周期；
D．核外电子数=质子数．
【解答】解：A．由Ir为第Ⅷ族元素，是金属元素，故A错误；
B．
Ir的质子数为77，质量数为192，中子数=质量数﹣质子数=192﹣77=115，中子数与质子数的差为38，故B正确；
C．Ir元素位于周期表中第6周期，碘元素位于第五周期，不位于同一周期，故C错误；
D．
Ir的质子数为77，核外电子数为77，故D错误，
故选B．
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
B．在过氧化钠中加入稀硫酸：O22﹣+4H+═2H2O+O2↑
C．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．铁与盐酸反应生成的是亚铁离子；
B．过氧化钠在离子方程式中不能拆开；
C．小苏打过量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；
D．漏掉了氢离子与氢氧根离子生成水的反应．
【解答】解：A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．在过氧化钠中加入稀硫酸，过氧化钠不能拆开，正确的离子方程式为：2Na2O2+4H+═2H2O+O2↑+4Na+，故B错误；
C．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应，反应的离子方程式为：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故C正确；
D．稀硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选C．
5．元素X、Y、Z原子序数之和为37，X、Y在同一周期，X+与Z﹣具有相同的核外电子层结构．下列推测不正确的是（ ）
A．同周期元素中X的金属性最强
B．原子半径X＞Y，离子半径X+＞Z﹣
C．同族元素中Z的氢化物稳定性最高
D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】X+与Z﹣具有相同的核外电子层结构，可推知Z在X、Y的上一个周期，又因为X、Y、Z原子序数之和为37，X、Y在同一周期，若X、Y处于长周期，则X、Y元素的质子数之和大于37，故X、Y、Z处于短周期，则X为Na、Z为F、可知Y的质子数=37﹣11﹣9=17，则Y为Cl，结合元素周期律的递变规律解答该题．
【解答】解：X+与Z﹣具有相同的核外电子层结构，可推知Z在X、Y的上一个周期，又因为X、Y、Z原子序数之和为37，X、Y在同一周期，若X、Y处于长周期，则X、Y元素的质子数之和大于37，故X、Y、Z处于短周期，则X为Na、Z为F、可知Y的质子数=37﹣11﹣9=17，则Y为Cl，
A．X为Na，由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，可知同周期元素中Na的金属性最强，故A正确；
B．同周期随原子序数递增原子半径减小，故原子半径Na＞Cl，电子层结构相同，核电核数越大离子半径越小，则离子半径应为：F﹣＞Na+，故B错误；
C．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，故同主族中HF最稳定，故C正确；
D．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故Cl元素的最高价含氧酸酸性最强，故D正确，
故选：B．
6．下列对相应有机物的描述完全正确的是（ ）
①甲烷：天然气的主要成分，能发生取代反应
②乙烯：其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，可以发生加成反应
③苯：平面结构，每个分子中含有3个碳碳双键
④乙醇：可以用金属钠检验乙醇中是否含有水
⑤淀粉：属于糖类物质，遇碘元素变蓝色
⑥蛋白质：可通过烧焦的特殊气味进行鉴别，水解的最终产物为氨基酸．
A．①②③
B．②④⑥
C．①⑤⑥
D．①②⑥
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】①天然气的主要成分为甲烷，可在光照条件下发生取代反应；
②乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，含碳碳双键发生加成反应；
③苯中不含碳碳双键；
④乙醇、水均与Na反应；
⑤淀粉为多糖，遇碘单质变蓝色；
⑥蛋白质灼烧有烧焦的特殊气味，含﹣CONH﹣，水解的最终产物为氨基酸．
【解答】解：①天然气的主要成分为甲烷，可在光照条件下发生取代反应生成卤代烃，故正确；
②乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，含碳碳双键发生加成反应，故正确；
③苯中不含碳碳双键，苯中化学键为介于单键、双键之间特殊的化学键，故错误；
④乙醇、水均与Na反应，不能检验，应利用无水硫酸铜检验水，故错误；
⑤淀粉为多糖，遇碘单质变蓝色，而不是碘元素，故错误；
⑥蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，可通过烧焦的特殊气味进行鉴别，含﹣CONH﹣，水解的最终产物为氨基酸，故正确；
故选D．
7．工业上利用氢气在氯气中燃烧，所得产物再溶于水的方法制得盐酸，流程复杂且造成能量浪费．有人设想利用原电池原理直接制盐酸的同时，获取电能，假设这种想法可行，下列说法肯定错误的是（ ）
A．通入氢气的电极为原电池的正极
B．两极材料都用石墨，用稀盐酸做电解质溶液
C．电解质溶液中的阳离子向通氯气的电极移动
D．通氯气的电极反应式为Cl2+2e﹣═2Cl﹣
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A、通氢气的电极发生失去电子的氧化反应；
B、根据原电池的工作原理知识是来判断；
C、原电池中电解质溶液中的阳离子向正极移动；
D、氯气发生得电子的还原反应．
【解答】解：根据燃料电池的工作原理，利用原电池原理直接制盐酸的方程式为：H2+Cl2=2HCl，该原电池的工作原理和燃料电池的工作原理相似．
A、反应H2+Cl2=2HCl中，氢气失电子，所以通入氢气的电极为原电池的负极，故A错误；
B、两极材料可以都用石墨，一极通入氢气，一极通入氯气，可以用稀盐酸做电解质溶液，故B正确；
C、在原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动，通氯气的电极为正极，故C正确；
D、通氯气的电极为正极，发生得电子得还原反应，电极反应式为：Cl2+2e﹣=2Cl﹣，故D正确．
故选A．
8．将
4molA气体和3molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g） 2C（g），
若经
2s后测得
C的浓度为
0.6mol L﹣1，现有下列几种说法：
①用物质A
表示反应的平均速率为
0.3mol L﹣1 s﹣1
②物质
B的体积分数是40%
③2s
时物质
A
的转化率为30%
④2s
时物质
B
的浓度为
1.0mol L﹣1
其中正确的是（ ）
A．①④
B．②③
C．①③
D．③④
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】若经过2秒后测得C的浓度为0.6mol/L．生成C物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol
2A（g）+B（g） 2C（g）
起始量（mol）
4
3
0
变化量（mol）
1.2
0.6
1.2
2s量（mol）
2.8
2.4
1.2
据此分析计算，
①用物质A
表示反应的平均速率v=，
②气体体积分数等于其物质的量分数，
③转化率=×100%，
④浓度c=．
【解答】解：若经过2秒后测得C的浓度为0.6mol/L．生成C物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol
2A（g）+B（g） 2C（g）
起始量（mol）
4
3
0
变化量（mol）
1.2
0.6
1.2
2s量（mol）
2.8
2.4
1.2
据此分析计算，
①用物质A
表示反应的平均速率v===0.3（mol/L s），故①正确，
②物质
B的体积分数=×100%=37.5%，故②错误，
③2s
时物质
A
的转化率=×100%=×30%=30%，故③正确，
④2s
时物质
B
的浓度c===1.2mol/L，故④错误，
故选C．
9．对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（ ）
A．NH3和H2O化学反应速率关系是2v正（NH3）=3v正（H2O）
B．达到化学平衡时，4v正（O2）=5v逆（NO）
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大
D．若单位时间内生成x
mol
NO的同时，消耗x
mol
NH3，则反应达到平衡状态
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】A、反应速率之比等于方程式的系数之比为正反应速率之比；
B、达到化学平衡时，正逆反应速率是相等的，根据反应速率之比等于方程式的系数之比分析；
C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢；
D、达到化学平衡时，化学反应的正逆反应速率是相等的；
【解答】解：A、反应速率之比等于方程式的系数之比，所以3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故A错误；
B、反应速率之比等于方程式的系数之比为正反应速率之比，4v正（O2）=5v逆（NO），说明NO正逆反应速率相同，能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故B正确；
C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢，正逆反应速率都减小，故C错误；
D、单位时间内生成x
mol
NO，同时消耗x
mol
NH3，则不能说明化学反应的正逆反应速率是相等的，只表示了正反应方向，故D错误；
故选B．
10．为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：下列有关说法正确的是（ ）
序号
液体
固体
混合前温度
混合后最高温度
①
35mL水
2.5g
NaHCO3
20℃
18.5℃
②
35mL水
3.2g
Na2CO3
20℃
24.3℃
③
35mL盐酸
2.5g
NaHCO3
20℃
16.2℃
④
35mL盐酸
3.2g
Na2CO3
20℃
25.1℃
A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应
B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应
C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应
D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应
【考点】探究吸热反应和放热反应．
【分析】A．由于碳酸氢钠溶于水的过程为吸热反应，不能仅通过实验③判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应；
B．由于碳酸钠溶于水的过程放热，不能直接根据过实验④判断碳酸钠与盐酸的反应为放热反应；
C．根据实验①③可知，碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，根据实验②④可知，碳酸钠与盐酸的反应为放热反应；
D．由实验①③可知，碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，由实验②④可知，碳酸钠与盐酸的反应为放热反应．
【解答】解：A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，故A错误；
B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，故B错误；
C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；
D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，故D错误；
故选C．
11．下列有关化学键的叙述，正确的是（ ）
A．离子化合物中一定只含有离子键
B．单质分子中均存在化学键
C．仅含有共价键的化合物一定是共价化合物
D．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物一定只含极性键
【考点】离子化合物的结构特征与性质．
【分析】A．离子化合物中可存在共价键；
B．单质分子中可能不存在化学键；
C．共价化合物只含共价键；
D．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物中可能含非极性键．
【解答】解：A．离子化合物中可存在共价键，如NaOH中含离子键、共价键，故A错误；
B．单质分子中可能不存在化学键，如稀有气体中不存在化学键，故B错误；
C．共价化合物只含共价键，则仅含有共价键的化合物一定是共价化合物，故C正确；
D．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物中可能含非极性键，如H﹣O﹣O﹣H中含极性键、非极性键，故D错误；
故选C．
12．某有机物的结构简式如图：则此有机物可发生的反应类型有（ ）
①取代
②加成
③氧化
④酯化⑤中和．
A．①②③④
B．②③④⑤
C．②③⑤
D．①②③④⑤
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】由图中的结构简式可知，该物质含有碳碳双键、酯基、羟基、羧基、苯环结构，以此来分析发生的化学反应．
【解答】解：①该物质中的羧基、羟基、苯环上都能发生取代反应，故①正确；
②该物质中的碳碳双键、苯环都能发生加成反应，故②正确；
③该物质的燃烧及碳碳双键结构都决定该物质能发生氧化反应，故③正确；
④该物质中含有的羟基、羧基，都能发生酯化反应，故④正确；
⑤该物质中含有羧基，具有酸性，能发生酸碱中和反应，故⑤正确；
故选D．
13．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源．下图是从海水中提取某些原料的．
下列有关说法正确的是（ ）
A．第①步中除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液﹣→过滤后加盐酸
B．从第③步到第⑤步的目的是浓缩、富集溴
C．第①到第⑤步中，涉及到氧化还原反应共有2步
D．第④步中，SO2起氧化作用
【考点】海水资源及其综合利用．
【分析】海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液，粗盐精制除去杂质得到精盐，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，母液中含有镁离子和溴离子，加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液，氢氧化镁溶解后浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁，滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质，再通入二氧化硫吸收后，加入酸重新生成溴单质，
A．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；
B．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质；
C．分析各步骤中发生反应的特征，反应前后元素化合价改变的反应为氧化还原反应；
D．第④步中是二氧化硫和溴单质反应，溴单质被还原为溴离子．
【解答】解：A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，故A错误；
B．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩，目的是浓缩、富集溴单质，故B正确；
C．第①步粗盐提纯过程中腐蚀的反应都是复分解反应，第②步是晶体加热失去结晶水不是氧化还原反应，第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，其中属于氧化还原反应的有③④⑤，故C错误；
D．第④步中是二氧化硫和溴单质反应生成硫酸和溴化氢，反应中二氧化硫表现还原性，被溴单质氧化，故D错误；
故选B．
14．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（ ）
A．
制取氨气
B．
制取NaHCO3
C．
分离NaHCO3
D．
干燥NaHCO3
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵；
B．气体通入方向错误；
C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法；
D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥．
【解答】解：A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；
B．应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；
C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；
D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误．
故选C．
15．已知：还原性强弱：I﹣＞Fe2+．往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入2.24L（标准状况）氯气，反应完成后溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+．则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.6
mol L﹣1
B．0.8
mol L﹣1
C．1.0
mol L﹣1
D．1.2
mol L﹣1
【考点】物质的量浓度的相关计算．
【分析】还原性强弱：I﹣＞Fe2+，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子；碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+Fe3+；设原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c（I﹣）=2c（FeI2）=2c、c（Fe2+）=cmol/L，所以与碘离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=n（I﹣）=×2c V=0.1c
mol；反应完成后溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+，则与亚铁离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=×n（Fe2+）=cV=0.025cmol，最后结合消耗氯气的总物质的量列式计算即可．
【解答】解：还原性强弱：I﹣＞Fe2+，往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入4.48L（标准状况）氯气，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，已知氯气的物质的量为：
=0.1mol，发生反应离子方程式为：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，
碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+Fe3+，
设原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c（I﹣）=2c（FeI2）=2c、c（Fe2+）=cmol/L，
所以与碘离子反应消耗的氯气为：n（Cl2）=n（I﹣）=×2c V=0.1c
mol，
反应完成后溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，则与亚铁离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=×n（Fe2+）=cV=0.025cmol，
则：0.025cmol+0.1cmol=0.1mol，
解得c=0.8mol/L，
故选B．
16．将22.4g铁粉逐渐加入到含HNO3
0.8mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】硝酸的化学性质；铁的化学性质．
【分析】铁粉逐渐加入到含HNO3
0.8mol的稀硝酸中，开始硝酸过量，铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮，当硝酸反应完毕后，铁若有剩余，再与硝酸铁反应生成硝酸亚铁．
先判断铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮，铁是否有剩余，若铁有剩余根据硝酸计算生成NO的物质的量，若硝酸有剩余根据铁计算生成NO的物质的量．
【解答】解：22.4g铁的物质的量为=0.4mol，令铁完全反应需硝酸的物质的量为n，则：
Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+H20
1
4
0.4mol
n
所以n=1.6mol，由于1.6mol＞0.8mol，所以Fe有剩余，根据硝酸计算生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量，则：
Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+H20
1mol
4
mol
0.1mol
0.2mol
0.8mol
0.2mol
根据生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量作图，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系如图：
故选：C．
二、解答题（共6小题，满分52分）
17．实验室需要0.1mol L﹣1
NaOH溶液450mL．回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 AC （填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是
烧杯、玻璃杯 （填仪器名称）．
（2）在配制NaOH溶液时：
①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 2.0 g；
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度 ＜ 0.1mol/L（填“＞”、“＜”或“=”）；
③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度 ＞ 0.1mol L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”）．
【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．
【分析】（1）配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶；
（2）①因无450
mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500
mL的容量瓶，根据m（NaOH）=c V M计算出需要氢氧化钠的质量；
②洒落了少量溶液，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；
③NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高；
【解答】解：（1）配制该溶液需要用到的玻璃仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，所以不需要为仪器为AC；还缺少的玻璃仪器为：烧杯和玻璃杯，
故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；
（2）①因无450
mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500
mL的容量瓶，m（NaOH）=c V M=0.1
mol L﹣1×0.5
L×40
g mol﹣1=2.0
g，
故答案为：2.0；
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，小于0.1mol/L，
故答案为：＜；
③NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高，
故答案为：＞．
18．有两个实验小组的同学为探究过氧化钠与二氧化硫反应，都用如图所示的装置进行实验．通入SO2气体，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃．
请回答下列问题：
（1）第1小组同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是 2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2 ．
（2）请设计一种实验方案证明Na2O2与SO2反应生成的白色固体中含有Na2SO3． 取白色固体少量于试管中，加适量稀硫酸，若产生的气体能使品红溶液褪色，则证明生成的白色固体中含有Na2SO3
（3）第2小组同学认为Na2O2与SO2反应除了生成Na2SO3和O2外，还有Na2SO4生成．为检验是否有Na2SO4生成，他们设计了如下方案：
[将B中反应后的固体溶于水]
[白色固体]
[仍有部分白色沉淀不溶解，证明有Na2SO4]上述方案是否合理？ 不合理 （填“合理”或“不合理”）．
请简要说明两点理由：① 稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡 ；
② 如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根 ．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】探究过氧化钠与二氧化硫的反应，由实验装置可知，浓硫酸干燥二氧化硫，通入SO2气体，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃，可知在B中发生2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，可利用强酸制弱酸的反应原理检验Na2SO3，向反应后的溶液中滴加盐酸，再将生成的气体通入品红溶液，若褪色则有SO2生成，原固体中含有Na2SO3．而检验Na2SO4时，需排除Na2SO3的干扰，因为Na2SO3易被氧化成Na2SO4．硝酸、Na2O2氧化性均很强，均能将SO32﹣氧化成SO42﹣，
（1）过氧化钠和二氧化硫反应生成Na2SO3和O2，根据得失电子数相等和原子守恒配平书写化学方程式；
（2）白色固体中含有Na2SO3，加盐酸后生成刺激性气体，利用品红褪色证明为二氧化硫；
（3）过氧化钠和硝酸都具有强氧化性，都能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，根据检验SO42﹣的方法，同时考虑SO32﹣的干扰．
【解答】解：（1）Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；
（2）证明Na2O2与SO2反应生成的白色固体中含有Na2SO3，实验方法为取白色固体，加稀硫酸，产生能使品红溶液褪色的气体，证明生成的白色固体中含有Na2SO3，
故答案为：取白色固体少量于试管中，加适量稀硫酸，若产生的气体能使品红溶液褪色，则证明生成的白色固体中含有Na2SO3；
（3）B中反应后的固体溶解于水加入氯化钡溶液生成白色沉淀，加入稀硝酸仍有部分白色沉淀不溶解，不能证明有Na2SO4生成，该方案不合理，因①稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡、②如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，
故答案为：不合理；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子．
19．四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下：
信息：①原子半径：A＞B＞C＞D②四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质如下：
甲：
是地球上最常见的物质之一，是所有生命体生存的重要资源，约占人体体重的三分之二．
乙：
无色，无气味并且易燃．是常见的一种基础能源．
丙：
有强氧化性的弱酸，可以用于消毒杀菌．
请根据上述信息回答下列问题．
（1）B元素在元素周期表中的位置为 第2周期IVA族 ，请写出BC2分子的电子式： ．
（2）A所在周期中，E元素的单质还原性最强，F元素的某些盐类常用作净水剂．E单质与甲反应有化合物X生成．请写出以下两个反应的离子方程式：
①A元素的单质与物质甲发生反应： Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO ．
②F、C两种元素组成的化合物Y可作为高温结构陶瓷材料，X与Y两种化合物在溶液中发生反应： Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O ．
（3）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构．向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入硫酸酸化的硫酸亚铁溶液．滴加过程中的现象为：
①试管中溶液变成深棕黄色，发生反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O ；
②开始有少量气泡出现（经验证是氧气），片刻后反应变得剧烈，继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀．请回答“片刻后反应变得剧烈”的原因是a 反应放热，温度升高 b Fe3+有催化作用 ．
【考点】无机物的推断；位置结构性质的相互关系应用．
【分析】四种短周期元素A、B、C、D，由信息②可知，甲为水、乙为甲烷、丙为次氯酸，再根据信息①原子半径大小A＞B＞C＞D可得，A为Cl元素、B为碳元素、C为氧元素、D为氢元素．
（1）碳元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，处于第2周期IVA族；CO2分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对；
（2）A所在周期中，E元素的单质还原性最强，则E是Na元素；F元素的某些盐类常用作净水剂，则F是Al元素；E单质与甲反应有化合物X，X为NaOH，
①氯气和水反应生成HCl和HClO；
②Al、O两种元素组成的化合物Y为Al2O3，氧化铝和NaOH反应生成偏铝酸钠和水；
（3）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构，则丁是双氧水，向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液．滴加过程中的现象是：
①浅绿色溶液变成深棕黄色，说明亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子；
②有少量气泡出现（经验证是氧气），说明双氧水分解生成氧气，常温时反应2H2O2=2H2O+O2↑较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反应速率加快而剧烈．
【解答】解：四种短周期元素A、B、C、D，由信息②可知，甲为水、乙为甲烷、丙为次氯酸，再根据信息①原子半径大小A＞B＞C＞D可得，A为Cl元素、B为碳元素、C为氧元素、D为氢元素．
（1）碳元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故处于第2周期IVA族，CO2分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为，
故答案为：第2周期IVA族；；
（2）A所在周期中，E元素的单质还原性最强，则E是Na元素；F元素的某些盐类常用作净水剂，则F是Al元素；E单质与甲反应有化合物X，X为NaOH，
（2）①氯气和水反应生成HCl和HClO，离子反应方程式为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO；
②Al、O两种元素组成的化合物Y为Al2O3，氧化铝和NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为
Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；
（3）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构，则丁是双氧水，向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液．滴加过程中的现象是：
①浅绿色溶液变成深棕黄色，说明亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子，发生2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
②有少量气泡出现（经验证是氧气），说明双氧水分解生成氧气，常温时反应2H2O2=2H2O+O2↑较慢，因而开始气泡少；随着反应的进行温度升高，并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反应速率加快而剧烈；
故答案为：反应放热，温度升高；Fe3+有催化作用．
20．乙烯是一种重要的基本化工原料，以它为原料还可以合成很多的化工产品．现有以下转化如图1：
（1）聚乙烯的结构简式为 ；
（2）写出以下反应的化学方程式和反应类型：
② 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ，反应类型是 氧化反应
③ CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ，反应类型是 取代反应/酯化反应
（3）实验室用如图2装置制备乙酸乙酯：
试管中碎瓷片的作用是 防止液体暴沸 ；导管a的作用是导气和 冷凝回流 ；试管b内饱和Na2CO3溶液的作用一方面是除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，另一方面是 降低乙酸乙酯的溶解度 ．
【考点】有机物的推断．
【分析】乙烯和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B被催化氧化生成C，C为CH3CHO，C被氧化生成D，D为CH3COOH，B、D发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，以此解答该题．
【解答】解：乙烯和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B被催化氧化生成C，C为CH3CHO，C被氧化生成D，D为CH3COOH，B、D发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，
（1）聚乙烯的结构简式为为，故答案为：；
（2）乙醇在铜催化作用下可被氧化生成乙醛，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，
乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，也为取代反应，
故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
取代反应/酯化反应；
（3）试管中碎瓷片的作用是防止液体暴沸；导管a的作用是导气和
冷凝回流；试管b内饱和Na2CO3溶液的作用一方面是除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，另一方面是降低乙酸乙酯的溶解度，
故答案为：防止液体暴沸；冷凝回流；降低乙酸乙酯的溶解度．
21．如图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图．各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）．其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体．
（1）写出C→E的化学方程式： 4NH3+5O24NO+6H2O ．
（2）实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为： 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O ，干燥C常用 碱石灰 （填写试剂名称）．
（3）E物质遇到D物质时，会观察到 无色气体变为红棕色 现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为 NO （填写物质的化学式）．
（4）写出F→G的离子方程式： 3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO ．
【考点】无机物的推断．
【分析】无色无味气体A与过氧化钠反应的得到气体D，则A为CO2，D为O2，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，应为NH3，氢气与B反应生成C，则B为N2，氨催化氧化生成E为NO，NO与氧气反应生成F为NO2，G与Cu反应可以得到NO或二氧化氮，则G为HNO3，M是最常见的无色液体，与二氧化氮反应得到硝酸，则M为H2O，据此解答．
【解答】解：无色无味气体A与过氧化钠反应的得到气体D，则A为CO2，D为O2，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，应为NH3，氢气与B反应生成C，则B为N2，氨催化氧化生成E为NO，NO与氧气反应生成F为NO2，G与Cu反应可以得到NO或二氧化氮，则G为HNO3，M是最常见的无色液体，与二氧化氮反应得到硝酸，则M为H2O，
（1）C→E的反应为氨的催化氧化，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙两种固体混合物的方法制备物质氨气，其化学方程式为：2
NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，干燥C常用
碱石灰，
故答案为：2
NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；碱石灰；
（3）E为NO，E物质遇到空气时，会观察到
无色气体变为红棕色现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为
NO，
故答案为：无色气体变为红棕色；
NO；
（4）F→G的反应为二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO，
故答案为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO．
22．用广谱高效的二氧化氯（ClO2）替代液氯进行消毒，可避免产生对人体健康有害的有机氯代物．
（1）二氧化氯（ClO2）是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得．请写出反应的离子方程式： 2ClO3﹣+SO32﹣+2H++SO42﹣═2ClO2↑+2SO42﹣+H2O ．
（2）漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：HClO2→ClO2↑+H++Cl﹣+H2O（未配平）．当1molHClO2发生分解反应时，转移的电子个数是 0.8NA ．
（3）有效氯含量是含氯消毒剂的一个重要指标，有效氯含量的定义为：从HI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定含氯消毒剂的质量之比，常用百分数表示．则ClO2的有效氯含量是 263% ．
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．
【分析】（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3发生氧化还原反应，反应生成二氧化氯，硫酸钠和水，结合原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；
（2）根据化合价变化来配平书写离子方程式，依据方程式中定量关系计算转移的电子数；
（3）由Cl2+2HI=I2+2HCl、2ClO2+10HI=2HCl+5I2+4H2O，结合从HI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定含氯消毒剂的质量之比计算．
【解答】解：（1）由信息可知，KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3发生氧化还原反应，反应生成二氧化氯，硫酸钠和水，发生反应的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4═2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，离子方程式为：2ClO3﹣+SO32﹣+2H++SO42﹣═2ClO2↑+2SO42﹣+H2O，
故答案为：2ClO3﹣+SO32﹣+2H++SO42﹣═2ClO2↑+2SO42﹣+H2O；
（2）由HClO2→ClO2↑+H++Cl﹣+H2O可知，反应物中Cl元素的化合价既升高又降低，配平得到离子方程式为：5HClO2=4ClO2↑+H++Cl﹣+2H2O，反应中每5molHClO2分解电子转移总物质的量为4mol，当有1molHClO2分解时，转移的电子数为×NAmol﹣1=0.8NA，
故答案为：0.8NA；
（3）由Cl2+2HI=I2+2HCl、2ClO2+10HI=2HCl+5I2+4H2O可知，均生成5molI2时需要氯气、二氧化氯的物质的量比为5：2，所以ClO2的有效氯含量为×100%=263%，
故答案为：263%．
2016年7月31日
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．下列有关说法正确的是（ ）
A．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解
B．医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于水
C．用过滤的方法从碘的四氯化碳溶液中获得碘
D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中
2．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．1mol乙烯分子中含有共用电子对数为6NA
B．常温常压下，32gO2、O3的混合物含有Na个氧原子
C．标准状况下，2.24
L
CH2Cl2含有的分子数等于0.1
NA
D．7.1
g
C12与足量NaOH溶液反应转移0.2×6.02×1023个电子
3．已知放射性元素Ir位于元素周期表中第六周期第Ⅷ族，下列关于Ir的说法正确的是（ ）
A．铱为非金属元素
B．
Ir中子数与质子数的差为38
C．铱元素与碘元素位于同一周期
D．
Ir核外含有115个电子
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
B．在过氧化钠中加入稀硫酸：O22﹣+4H+═2H2O+O2↑
C．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓
5．元素X、Y、Z原子序数之和为37，X、Y在同一周期，X+与Z﹣具有相同的核外电子层结构．下列推测不正确的是（ ）
A．同周期元素中X的金属性最强
B．原子半径X＞Y，离子半径X+＞Z﹣
C．同族元素中Z的氢化物稳定性最高
D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
6．下列对相应有机物的描述完全正确的是（ ）
①甲烷：天然气的主要成分，能发生取代反应
②乙烯：其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，可以发生加成反应
③苯：平面结构，每个分子中含有3个碳碳双键
④乙醇：可以用金属钠检验乙醇中是否含有水
⑤淀粉：属于糖类物质，遇碘元素变蓝色
⑥蛋白质：可通过烧焦的特殊气味进行鉴别，水解的最终产物为氨基酸．
A．①②③
B．②④⑥
C．①⑤⑥
D．①②⑥
7．工业上利用氢气在氯气中燃烧，所得产物再溶于水的方法制得盐酸，流程复杂且造成能量浪费．有人设想利用原电池原理直接制盐酸的同时，获取电能，假设这种想法可行，下列说法肯定错误的是（ ）
A．通入氢气的电极为原电池的正极
B．两极材料都用石墨，用稀盐酸做电解质溶液
C．电解质溶液中的阳离子向通氯气的电极移动
D．通氯气的电极反应式为Cl2+2e﹣═2Cl﹣
8．将
4molA气体和3molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g） 2C（g），
若经
2s后测得
C的浓度为
0.6mol L﹣1，现有下列几种说法：
①用物质A
表示反应的平均速率为
0.3mol L﹣1 s﹣1
②物质
B的体积分数是40%
③2s
时物质
A
的转化率为30%
④2s
时物质
B
的浓度为
1.0mol L﹣1
其中正确的是（ ）
A．①④
B．②③
C．①③
D．③④
9．对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（ ）
A．NH3和H2O化学反应速率关系是2v正（NH3）=3v正（H2O）
B．达到化学平衡时，4v正（O2）=5v逆（NO）
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大
D．若单位时间内生成x
mol
NO的同时，消耗x
mol
NH3，则反应达到平衡状态
10．为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：下列有关说法正确的是（ ）
序号
液体
固体
混合前温度
混合后最高温度
①
35mL水
2.5g
NaHCO3
20℃
18.5℃
②
35mL水
3.2g
Na2CO3
20℃
24.3℃
③
35mL盐酸
2.5g
NaHCO3
20℃
16.2℃
④
35mL盐酸
3.2g
Na2CO3
20℃
25.1℃
A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应
B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应
C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应
D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应
11．下列有关化学键的叙述，正确的是（ ）
A．离子化合物中一定只含有离子键
B．单质分子中均存在化学键
C．仅含有共价键的化合物一定是共价化合物
D．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物一定只含极性键
12．某有机物的结构简式如图：则此有机物可发生的反应类型有（ ）
①取代
②加成
③氧化
④酯化⑤中和．
A．①②③④
B．②③④⑤
C．②③⑤
D．①②③④⑤
13．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源．下图是从海水中提取某些原料的．
下列有关说法正确的是（ ）
A．第①步中除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液﹣→过滤后加盐酸
B．从第③步到第⑤步的目的是浓缩、富集溴
C．第①到第⑤步中，涉及到氧化还原反应共有2步
D．第④步中，SO2起氧化作用
14．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（ ）
A．
制取氨气
B．
制取NaHCO3
C．
分离NaHCO3
D．
干燥NaHCO3
15．已知：还原性强弱：I﹣＞Fe2+．往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入2.24L（标准状况）氯气，反应完成后溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+．则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.6
mol L﹣1
B．0.8
mol L﹣1
C．1.0
mol L﹣1
D．1.2
mol L﹣1
16．将22.4g铁粉逐渐加入到含HNO3
0.8mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、解答题（共6小题，满分52分）
17．实验室需要0.1mol L﹣1
NaOH溶液450mL．回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 （填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是
（填仪器名称）．
（2）在配制NaOH溶液时：
①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 g；
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度 0.1mol/L（填“＞”、“＜”或“=”）；
③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度 0.1mol L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”）．
18．有两个实验小组的同学为探究过氧化钠与二氧化硫反应，都用如图所示的装置进行实验．通入SO2气体，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃．
请回答下列问题：
（1）第1小组同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是 ．
（2）请设计一种实验方案证明Na2O2与SO2反应生成的白色固体中含有Na2SO3．
（3）第2小组同学认为Na2O2与SO2反应除了生成Na2SO3和O2外，还有Na2SO4生成．为检验是否有Na2SO4生成，他们设计了如下方案：
[将B中反应后的固体溶于水]
[白色固体]
[仍有部分白色沉淀不溶解，证明有Na2SO4]上述方案是否合理？ （填“合理”或“不合理”）．
请简要说明两点理由：① ；
② ．
19．四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下：
信息：①原子半径：A＞B＞C＞D②四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质如下：
甲：
是地球上最常见的物质之一，是所有生命体生存的重要资源，约占人体体重的三分之二．
乙：
无色，无气味并且易燃．是常见的一种基础能源．
丙：
有强氧化性的弱酸，可以用于消毒杀菌．
请根据上述信息回答下列问题．
（1）B元素在元素周期表中的位置为 ，请写出BC2分子的电子式： ．
（2）A所在周期中，E元素的单质还原性最强，F元素的某些盐类常用作净水剂．E单质与甲反应有化合物X生成．请写出以下两个反应的离子方程式：
①A元素的单质与物质甲发生反应： ．
②F、C两种元素组成的化合物Y可作为高温结构陶瓷材料，X与Y两种化合物在溶液中发生反应： ．
（3）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构．向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入硫酸酸化的硫酸亚铁溶液．滴加过程中的现象为：
①试管中溶液变成深棕黄色，发生反应的离子方程式为 ；
②开始有少量气泡出现（经验证是氧气），片刻后反应变得剧烈，继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀．请回答“片刻后反应变得剧烈”的原因是a b ．
20．乙烯是一种重要的基本化工原料，以它为原料还可以合成很多的化工产品．现有以下转化如图1：
（1）聚乙烯的结构简式为 ；
（2）写出以下反应的化学方程式和反应类型：
② ，反应类型是
③ ，反应类型是
（3）实验室用如图2装置制备乙酸乙酯：
试管中碎瓷片的作用是 ；导管a的作用是导气和 ；试管b内饱和Na2CO3溶液的作用一方面是除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，另一方面是 ．
21．如图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图．各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）．其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体．
（1）写出C→E的化学方程式： ．
（2）实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为： ，干燥C常用 （填写试剂名称）．
（3）E物质遇到D物质时，会观察到 现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为 （填写物质的化学式）．
（4）写出F→G的离子方程式： ．
22．用广谱高效的二氧化氯（ClO2）替代液氯进行消毒，可避免产生对人体健康有害的有机氯代物．
（1）二氧化氯（ClO2）是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得．请写出反应的离子方程式： ．
（2）漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：HClO2→ClO2↑+H++Cl﹣+H2O（未配平）．当1molHClO2发生分解反应时，转移的电子个数是 ．
（3）有效氯含量是含氯消毒剂的一个重要指标，有效氯含量的定义为：从HI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定含氯消毒剂的质量之比，常用百分数表示．则ClO2的有效氯含量是 ．
2015-2016学年山东省济宁市高一（下）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．下列有关说法正确的是（ ）
A．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下都能水解
B．医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于水
C．用过滤的方法从碘的四氯化碳溶液中获得碘
D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，应冷却至室温才能转移到容量瓶中
【考点】物质的组成、结构和性质的关系．
【分析】A．油脂的相对分子质量在10000以下；
B．硫酸钡不溶于水、不溶于酸；
C．碘的四氯化碳溶液互溶；
D．在烧杯中稀释冷却后，再转移到容量瓶中定容．
【解答】解：A．油脂的相对分子质量在10000以下，不是高分子，而蛋白质为高分子，二者均可发生水解，故A错误；
B．硫酸钡不溶于水、不溶于酸，医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，与不溶于盐酸有关，故B错误；
C．碘的四氯化碳溶液互溶，不能过滤分离，应选蒸馏法，故C错误；
D．在烧杯中稀释冷却后，再转移到容量瓶中定容，则配制溶液的操作合理，故D正确；
故选D．
2．用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．1mol乙烯分子中含有共用电子对数为6NA
B．常温常压下，32gO2、O3的混合物含有Na个氧原子
C．标准状况下，2.24
L
CH2Cl2含有的分子数等于0.1
NA
D．7.1
g
C12与足量NaOH溶液反应转移0.2×6.02×1023个电子
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A、乙烯中含6对共用电子对；
B、氧气和臭氧均由氧原子构成；
C、标况下二氯甲烷为液体；
D、求出氯气的物质的量，然后根据1mol氯气和氢氧化钠反应时转移1mol电子来分析．
【解答】解：A、乙烯中含6对共用电子对，故1mol乙烯中含6NA对共用电子对，故A正确；
B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g氧气和臭氧的混合物中含有的氧原子的物质的量为n==2mol，故含2NA个氧原子，故B错误；
C、标况下二氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的分子个数，故C错误；
D、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和氢氧化钠的反应为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1mol氯气和氢氧化钠反应时转移1mol电子，故0.1mol氯气和氢氧化钠反应转移0.1NA个电子，故D错误．
故选A．
3．已知放射性元素Ir位于元素周期表中第六周期第Ⅷ族，下列关于Ir的说法正确的是（ ）
A．铱为非金属元素
B．
Ir中子数与质子数的差为38
C．铱元素与碘元素位于同一周期
D．
Ir核外含有115个电子
【考点】核素．
【分析】A．第Ⅷ族元素是金属元素；
B．元素符号左上角数字表示质量数、左下角数字表示质子数，以及中子数=质量数﹣质子数；
C．Ir元素位于周期表中第六周期，碘元素位于第五周期；
D．核外电子数=质子数．
【解答】解：A．由Ir为第Ⅷ族元素，是金属元素，故A错误；
B．
Ir的质子数为77，质量数为192，中子数=质量数﹣质子数=192﹣77=115，中子数与质子数的差为38，故B正确；
C．Ir元素位于周期表中第6周期，碘元素位于第五周期，不位于同一周期，故C错误；
D．
Ir的质子数为77，核外电子数为77，故D错误，
故选B．
4．下列离子方程式正确的是（ ）
A．铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
B．在过氧化钠中加入稀硫酸：O22﹣+4H+═2H2O+O2↑
C．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++SO42﹣═BaSO4↓
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．铁与盐酸反应生成的是亚铁离子；
B．过氧化钠在离子方程式中不能拆开；
C．小苏打过量，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水；
D．漏掉了氢离子与氢氧根离子生成水的反应．
【解答】解：A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．在过氧化钠中加入稀硫酸，过氧化钠不能拆开，正确的离子方程式为：2Na2O2+4H+═2H2O+O2↑+4Na+，故B错误；
C．澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应，反应的离子方程式为：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故C正确；
D．稀硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选C．
5．元素X、Y、Z原子序数之和为37，X、Y在同一周期，X+与Z﹣具有相同的核外电子层结构．下列推测不正确的是（ ）
A．同周期元素中X的金属性最强
B．原子半径X＞Y，离子半径X+＞Z﹣
C．同族元素中Z的氢化物稳定性最高
D．同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强
【考点】位置结构性质的相互关系应用．
【分析】X+与Z﹣具有相同的核外电子层结构，可推知Z在X、Y的上一个周期，又因为X、Y、Z原子序数之和为37，X、Y在同一周期，若X、Y处于长周期，则X、Y元素的质子数之和大于37，故X、Y、Z处于短周期，则X为Na、Z为F、可知Y的质子数=37﹣11﹣9=17，则Y为Cl，结合元素周期律的递变规律解答该题．
【解答】解：X+与Z﹣具有相同的核外电子层结构，可推知Z在X、Y的上一个周期，又因为X、Y、Z原子序数之和为37，X、Y在同一周期，若X、Y处于长周期，则X、Y元素的质子数之和大于37，故X、Y、Z处于短周期，则X为Na、Z为F、可知Y的质子数=37﹣11﹣9=17，则Y为Cl，
A．X为Na，由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，可知同周期元素中Na的金属性最强，故A正确；
B．同周期随原子序数递增原子半径减小，故原子半径Na＞Cl，电子层结构相同，核电核数越大离子半径越小，则离子半径应为：F﹣＞Na+，故B错误；
C．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，故同主族中HF最稳定，故C正确；
D．同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故Cl元素的最高价含氧酸酸性最强，故D正确，
故选：B．
6．下列对相应有机物的描述完全正确的是（ ）
①甲烷：天然气的主要成分，能发生取代反应
②乙烯：其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，可以发生加成反应
③苯：平面结构，每个分子中含有3个碳碳双键
④乙醇：可以用金属钠检验乙醇中是否含有水
⑤淀粉：属于糖类物质，遇碘元素变蓝色
⑥蛋白质：可通过烧焦的特殊气味进行鉴别，水解的最终产物为氨基酸．
A．①②③
B．②④⑥
C．①⑤⑥
D．①②⑥
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】①天然气的主要成分为甲烷，可在光照条件下发生取代反应；
②乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，含碳碳双键发生加成反应；
③苯中不含碳碳双键；
④乙醇、水均与Na反应；
⑤淀粉为多糖，遇碘单质变蓝色；
⑥蛋白质灼烧有烧焦的特殊气味，含﹣CONH﹣，水解的最终产物为氨基酸．
【解答】解：①天然气的主要成分为甲烷，可在光照条件下发生取代反应生成卤代烃，故正确；
②乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，含碳碳双键发生加成反应，故正确；
③苯中不含碳碳双键，苯中化学键为介于单键、双键之间特殊的化学键，故错误；
④乙醇、水均与Na反应，不能检验，应利用无水硫酸铜检验水，故错误；
⑤淀粉为多糖，遇碘单质变蓝色，而不是碘元素，故错误；
⑥蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气味，可通过烧焦的特殊气味进行鉴别，含﹣CONH﹣，水解的最终产物为氨基酸，故正确；
故选D．
7．工业上利用氢气在氯气中燃烧，所得产物再溶于水的方法制得盐酸，流程复杂且造成能量浪费．有人设想利用原电池原理直接制盐酸的同时，获取电能，假设这种想法可行，下列说法肯定错误的是（ ）
A．通入氢气的电极为原电池的正极
B．两极材料都用石墨，用稀盐酸做电解质溶液
C．电解质溶液中的阳离子向通氯气的电极移动
D．通氯气的电极反应式为Cl2+2e﹣═2Cl﹣
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A、通氢气的电极发生失去电子的氧化反应；
B、根据原电池的工作原理知识是来判断；
C、原电池中电解质溶液中的阳离子向正极移动；
D、氯气发生得电子的还原反应．
【解答】解：根据燃料电池的工作原理，利用原电池原理直接制盐酸的方程式为：H2+Cl2=2HCl，该原电池的工作原理和燃料电池的工作原理相似．
A、反应H2+Cl2=2HCl中，氢气失电子，所以通入氢气的电极为原电池的负极，故A错误；
B、两极材料可以都用石墨，一极通入氢气，一极通入氯气，可以用稀盐酸做电解质溶液，故B正确；
C、在原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动，通氯气的电极为正极，故C正确；
D、通氯气的电极为正极，发生得电子得还原反应，电极反应式为：Cl2+2e﹣=2Cl﹣，故D正确．
故选A．
8．将
4molA气体和3molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g） 2C（g），
若经
2s后测得
C的浓度为
0.6mol L﹣1，现有下列几种说法：
①用物质A
表示反应的平均速率为
0.3mol L﹣1 s﹣1
②物质
B的体积分数是40%
③2s
时物质
A
的转化率为30%
④2s
时物质
B
的浓度为
1.0mol L﹣1
其中正确的是（ ）
A．①④
B．②③
C．①③
D．③④
【考点】反应速率的定量表示方法．
【分析】若经过2秒后测得C的浓度为0.6mol/L．生成C物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol
2A（g）+B（g） 2C（g）
起始量（mol）
4
3
0
变化量（mol）
1.2
0.6
1.2
2s量（mol）
2.8
2.4
1.2
据此分析计算，
①用物质A
表示反应的平均速率v=，
②气体体积分数等于其物质的量分数，
③转化率=×100%，
④浓度c=．
【解答】解：若经过2秒后测得C的浓度为0.6mol/L．生成C物质的量=0.6mol/L×2L=1.2mol
2A（g）+B（g） 2C（g）
起始量（mol）
4
3
0
变化量（mol）
1.2
0.6
1.2
2s量（mol）
2.8
2.4
1.2
据此分析计算，
①用物质A
表示反应的平均速率v===0.3（mol/L s），故①正确，
②物质
B的体积分数=×100%=37.5%，故②错误，
③2s
时物质
A
的转化率=×100%=×30%=30%，故③正确，
④2s
时物质
B
的浓度c===1.2mol/L，故④错误，
故选C．
9．对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（ ）
A．NH3和H2O化学反应速率关系是2v正（NH3）=3v正（H2O）
B．达到化学平衡时，4v正（O2）=5v逆（NO）
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大
D．若单位时间内生成x
mol
NO的同时，消耗x
mol
NH3，则反应达到平衡状态
【考点】化学平衡建立的过程．
【分析】A、反应速率之比等于方程式的系数之比为正反应速率之比；
B、达到化学平衡时，正逆反应速率是相等的，根据反应速率之比等于方程式的系数之比分析；
C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢；
D、达到化学平衡时，化学反应的正逆反应速率是相等的；
【解答】解：A、反应速率之比等于方程式的系数之比，所以3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故A错误；
B、反应速率之比等于方程式的系数之比为正反应速率之比，4v正（O2）=5v逆（NO），说明NO正逆反应速率相同，能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故B正确；
C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢，正逆反应速率都减小，故C错误；
D、单位时间内生成x
mol
NO，同时消耗x
mol
NH3，则不能说明化学反应的正逆反应速率是相等的，只表示了正反应方向，故D错误；
故选B．
10．为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应Ⅰ、反应Ⅱ）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：下列有关说法正确的是（ ）
序号
液体
固体
混合前温度
混合后最高温度
①
35mL水
2.5g
NaHCO3
20℃
18.5℃
②
35mL水
3.2g
Na2CO3
20℃
24.3℃
③
35mL盐酸
2.5g
NaHCO3
20℃
16.2℃
④
35mL盐酸
3.2g
Na2CO3
20℃
25.1℃
A．仅通过实验③即可判断反应Ⅰ是吸热反应
B．仅通过实验④即可判断反应Ⅱ是放热反应
C．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是吸热反应、放热反应
D．通过实验可判断出反应Ⅰ、Ⅱ分别是放热反应、吸热反应
【考点】探究吸热反应和放热反应．
【分析】A．由于碳酸氢钠溶于水的过程为吸热反应，不能仅通过实验③判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应；
B．由于碳酸钠溶于水的过程放热，不能直接根据过实验④判断碳酸钠与盐酸的反应为放热反应；
C．根据实验①③可知，碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，根据实验②④可知，碳酸钠与盐酸的反应为放热反应；
D．由实验①③可知，碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，由实验②④可知，碳酸钠与盐酸的反应为放热反应．
【解答】解：A．根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验③混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验①综合判断，故A错误；
B．根据实验②可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验④碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应Ⅱ是放热反应，故B错误；
C．根据实验①可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20℃降低到18.5℃，而实验③中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20℃降低16.2℃＜18.5℃，通过反应Ⅰ后混合液温度更低，证明反应Ⅰ为吸热反应；同理根据实验②碳酸钠溶于水，混合液温度从20℃升高到24.3℃，实验④中碳酸钠与盐酸反应，温度从20℃升高到25.1℃＞24.3℃，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；
D．根据选项C的分析可知，反应Ⅰ为吸热反应、反应Ⅱ为放热反应，故D错误；
故选C．
11．下列有关化学键的叙述，正确的是（ ）
A．离子化合物中一定只含有离子键
B．单质分子中均存在化学键
C．仅含有共价键的化合物一定是共价化合物
D．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物一定只含极性键
【考点】离子化合物的结构特征与性质．
【分析】A．离子化合物中可存在共价键；
B．单质分子中可能不存在化学键；
C．共价化合物只含共价键；
D．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物中可能含非极性键．
【解答】解：A．离子化合物中可存在共价键，如NaOH中含离子键、共价键，故A错误；
B．单质分子中可能不存在化学键，如稀有气体中不存在化学键，故B错误；
C．共价化合物只含共价键，则仅含有共价键的化合物一定是共价化合物，故C正确；
D．由不同种非金属元素的原子形成的共价化合物中可能含非极性键，如H﹣O﹣O﹣H中含极性键、非极性键，故D错误；
故选C．
12．某有机物的结构简式如图：则此有机物可发生的反应类型有（ ）
①取代
②加成
③氧化
④酯化⑤中和．
A．①②③④
B．②③④⑤
C．②③⑤
D．①②③④⑤
【考点】有机物的结构和性质．
【分析】由图中的结构简式可知，该物质含有碳碳双键、酯基、羟基、羧基、苯环结构，以此来分析发生的化学反应．
【解答】解：①该物质中的羧基、羟基、苯环上都能发生取代反应，故①正确；
②该物质中的碳碳双键、苯环都能发生加成反应，故②正确；
③该物质的燃烧及碳碳双键结构都决定该物质能发生氧化反应，故③正确；
④该物质中含有的羟基、羧基，都能发生酯化反应，故④正确；
⑤该物质中含有羧基，具有酸性，能发生酸碱中和反应，故⑤正确；
故选D．
13．海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源．下图是从海水中提取某些原料的．
下列有关说法正确的是（ ）
A．第①步中除去粗盐中的SO42﹣、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液﹣→过滤后加盐酸
B．从第③步到第⑤步的目的是浓缩、富集溴
C．第①到第⑤步中，涉及到氧化还原反应共有2步
D．第④步中，SO2起氧化作用
【考点】海水资源及其综合利用．
【分析】海水通过蒸发浓缩得到粗盐和母液，粗盐精制除去杂质得到精盐，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，母液中含有镁离子和溴离子，加入石灰乳沉淀镁离子过滤得到氢氧化镁沉淀和滤液，氢氧化镁溶解后浓缩蒸发，冷却结晶，过滤洗涤，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁，滤液中加入氧化剂氯水氧化溴离子为溴单质，再通入二氧化硫吸收后，加入酸重新生成溴单质，
A．除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，盐酸要放在最后，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，加氢氧化钠和氯化钡无先后顺序要求；
B．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质；
C．分析各步骤中发生反应的特征，反应前后元素化合价改变的反应为氧化还原反应；
D．第④步中是二氧化硫和溴单质反应，溴单质被还原为溴离子．
【解答】解：A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，故A错误；
B．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，过程的目的是浓缩，目的是浓缩、富集溴单质，故B正确；
C．第①步粗盐提纯过程中腐蚀的反应都是复分解反应，第②步是晶体加热失去结晶水不是氧化还原反应，第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，其中属于氧化还原反应的有③④⑤，故C错误；
D．第④步中是二氧化硫和溴单质反应生成硫酸和溴化氢，反应中二氧化硫表现还原性，被溴单质氧化，故D错误；
故选B．
14．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（ ）
A．
制取氨气
B．
制取NaHCO3
C．
分离NaHCO3
D．
干燥NaHCO3
【考点】化学实验方案的评价．
【分析】A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵；
B．气体通入方向错误；
C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法；
D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥．
【解答】解：A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；
B．应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；
C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；
D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误．
故选C．
15．已知：还原性强弱：I﹣＞Fe2+．往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入2.24L（标准状况）氯气，反应完成后溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+．则原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为（ ）
A．0.6
mol L﹣1
B．0.8
mol L﹣1
C．1.0
mol L﹣1
D．1.2
mol L﹣1
【考点】物质的量浓度的相关计算．
【分析】还原性强弱：I﹣＞Fe2+，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子；碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+Fe3+；设原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c（I﹣）=2c（FeI2）=2c、c（Fe2+）=cmol/L，所以与碘离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=n（I﹣）=×2c V=0.1c
mol；反应完成后溶液中有的Fe2+被氧化成Fe3+，则与亚铁离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=×n（Fe2+）=cV=0.025cmol，最后结合消耗氯气的总物质的量列式计算即可．
【解答】解：还原性强弱：I﹣＞Fe2+，往100mL碘化亚铁溶液中缓慢通入4.48L（标准状况）氯气，氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，已知氯气的物质的量为：
=0.1mol，发生反应离子方程式为：Cl2+2I﹣=2Cl﹣+I2，
碘离子完全氧化后，溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，发生反应离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+Fe3+，
设原碘化亚铁溶液的物质的量浓度为cmol/L，则c（I﹣）=2c（FeI2）=2c、c（Fe2+）=cmol/L，
所以与碘离子反应消耗的氯气为：n（Cl2）=n（I﹣）=×2c V=0.1c
mol，
反应完成后溶液中有一半的Fe2+被氧化成Fe3+，则与亚铁离子反应消耗的氯气为n（Cl2）=×n（Fe2+）=cV=0.025cmol，
则：0.025cmol+0.1cmol=0.1mol，
解得c=0.8mol/L，
故选B．
16．将22.4g铁粉逐渐加入到含HNO3
0.8mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】硝酸的化学性质；铁的化学性质．
【分析】铁粉逐渐加入到含HNO3
0.8mol的稀硝酸中，开始硝酸过量，铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮，当硝酸反应完毕后，铁若有剩余，再与硝酸铁反应生成硝酸亚铁．
先判断铁与硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮，铁是否有剩余，若铁有剩余根据硝酸计算生成NO的物质的量，若硝酸有剩余根据铁计算生成NO的物质的量．
【解答】解：22.4g铁的物质的量为=0.4mol，令铁完全反应需硝酸的物质的量为n，则：
Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+H20
1
4
0.4mol
n
所以n=1.6mol，由于1.6mol＞0.8mol，所以Fe有剩余，根据硝酸计算生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量，则：
Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+H20
1mol
4
mol
0.1mol
0.2mol
0.8mol
0.2mol
根据生成NO的物质的量，参加反应生成NO的Fe的物质的量作图，反应生成的气体的物质的量（x）随消耗铁粉的物质的量（y）变化关系如图：
故选：C．
二、解答题（共6小题，满分52分）
17．实验室需要0.1mol L﹣1
NaOH溶液450mL．回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 AC （填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是
烧杯、玻璃杯 （填仪器名称）．
（2）在配制NaOH溶液时：
①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为 2.0 g；
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度 ＜ 0.1mol/L（填“＞”、“＜”或“=”）；
③若NaOH固体溶解后立即移入容量瓶→洗烧杯→洗涤液移入容量瓶→定容，则所得溶液浓度 ＞ 0.1mol L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”）．
【考点】配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法．
【分析】（1）配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶；
（2）①因无450
mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500
mL的容量瓶，根据m（NaOH）=c V M计算出需要氢氧化钠的质量；
②洒落了少量溶液，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；
③NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高；
【解答】解：（1）配制该溶液需要用到的玻璃仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，所以不需要为仪器为AC；还缺少的玻璃仪器为：烧杯和玻璃杯，
故答案为：AC；烧杯、玻璃棒；
（2）①因无450
mL的容量瓶，配制NaOH溶液要用500
mL的容量瓶，m（NaOH）=c V M=0.1
mol L﹣1×0.5
L×40
g mol﹣1=2.0
g，
故答案为：2.0；
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，小于0.1mol/L，
故答案为：＜；
③NaOH溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高，
故答案为：＞．
18．有两个实验小组的同学为探究过氧化钠与二氧化硫反应，都用如图所示的装置进行实验．通入SO2气体，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃．
请回答下列问题：
（1）第1小组同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是 2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2 ．
（2）请设计一种实验方案证明Na2O2与SO2反应生成的白色固体中含有Na2SO3． 取白色固体少量于试管中，加适量稀硫酸，若产生的气体能使品红溶液褪色，则证明生成的白色固体中含有Na2SO3
（3）第2小组同学认为Na2O2与SO2反应除了生成Na2SO3和O2外，还有Na2SO4生成．为检验是否有Na2SO4生成，他们设计了如下方案：
[将B中反应后的固体溶于水]
[白色固体]
[仍有部分白色沉淀不溶解，证明有Na2SO4]上述方案是否合理？ 不合理 （填“合理”或“不合理”）．
请简要说明两点理由：① 稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡 ；
② 如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根 ．
【考点】性质实验方案的设计．
【分析】探究过氧化钠与二氧化硫的反应，由实验装置可知，浓硫酸干燥二氧化硫，通入SO2气体，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃，可知在B中发生2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，可利用强酸制弱酸的反应原理检验Na2SO3，向反应后的溶液中滴加盐酸，再将生成的气体通入品红溶液，若褪色则有SO2生成，原固体中含有Na2SO3．而检验Na2SO4时，需排除Na2SO3的干扰，因为Na2SO3易被氧化成Na2SO4．硝酸、Na2O2氧化性均很强，均能将SO32﹣氧化成SO42﹣，
（1）过氧化钠和二氧化硫反应生成Na2SO3和O2，根据得失电子数相等和原子守恒配平书写化学方程式；
（2）白色固体中含有Na2SO3，加盐酸后生成刺激性气体，利用品红褪色证明为二氧化硫；
（3）过氧化钠和硝酸都具有强氧化性，都能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，根据检验SO42﹣的方法，同时考虑SO32﹣的干扰．
【解答】解：（1）Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，
故答案为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；
（2）证明Na2O2与SO2反应生成的白色固体中含有Na2SO3，实验方法为取白色固体，加稀硫酸，产生能使品红溶液褪色的气体，证明生成的白色固体中含有Na2SO3，
故答案为：取白色固体少量于试管中，加适量稀硫酸，若产生的气体能使品红溶液褪色，则证明生成的白色固体中含有Na2SO3；
（3）B中反应后的固体溶解于水加入氯化钡溶液生成白色沉淀，加入稀硝酸仍有部分白色沉淀不溶解，不能证明有Na2SO4生成，该方案不合理，因①稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡、②如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，
故答案为：不合理；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子．
19．四种短周期元素A、B、C、D的性质或结构信息如下：
信息：①原子半径：A＞B＞C＞D②四种元素之间形成的某三种分子的比例模型及部分性质如下：
甲：
是地球上最常见的物质之一，是所有生命体生存的重要资源，约占人体体重的三分之二．
乙：
无色，无气味并且易燃．是常见的一种基础能源．
丙：
有强氧化性的弱酸，可以用于消毒杀菌．
请根据上述信息回答下列问题．
（1）B元素在元素周期表中的位置为 第2周期IVA族 ，请写出BC2分子的电子式： ．
（2）A所在周期中，E元素的单质还原性最强，F元素的某些盐类常用作净水剂．E单质与甲反应有化合物X生成．请写出以下两个反应的离子方程式：
①A元素的单质与物质甲发生反应： Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO ．
②F、C两种元素组成的化合物Y可作为高温结构陶瓷材料，X与Y两种化合物在溶液中发生反应： Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O ．
（3）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构．向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入硫酸酸化的硫酸亚铁溶液．滴加过程中的现象为：
①试管中溶液变成深棕黄色，发生反应的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O ；
②开始有少量气泡出现（经验证是氧气），片刻后反应变得剧烈，继续滴加溶液，静置一段时间，试管底部出现红褐色沉淀．请回答“片刻后反应变得剧烈”的原因是a 反应放热，温度升高 b Fe3+有催化作用 ．
【考点】无机物的推断；位置结构性质的相互关系应用．
【分析】四种短周期元素A、B、C、D，由信息②可知，甲为水、乙为甲烷、丙为次氯酸，再根据信息①原子半径大小A＞B＞C＞D可得，A为Cl元素、B为碳元素、C为氧元素、D为氢元素．
（1）碳元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，处于第2周期IVA族；CO2分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对；
（2）A所在周期中，E元素的单质还原性最强，则E是Na元素；F元素的某些盐类常用作净水剂，则F是Al元素；E单质与甲反应有化合物X，X为NaOH，
①氯气和水反应生成HCl和HClO；
②Al、O两种元素组成的化合物Y为Al2O3，氧化铝和NaOH反应生成偏铝酸钠和水；
（3）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构，则丁是双氧水，向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液．滴加过程中的现象是：
①浅绿色溶液变成深棕黄色，说明亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子；
②有少量气泡出现（经验证是氧气），说明双氧水分解生成氧气，常温时反应2H2O2=2H2O+O2↑较慢，因而开始气泡少；受热并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反应速率加快而剧烈．
【解答】解：四种短周期元素A、B、C、D，由信息②可知，甲为水、乙为甲烷、丙为次氯酸，再根据信息①原子半径大小A＞B＞C＞D可得，A为Cl元素、B为碳元素、C为氧元素、D为氢元素．
（1）碳元素原子有2个电子层，最外层电子数为4，故处于第2周期IVA族，CO2分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为，
故答案为：第2周期IVA族；；
（2）A所在周期中，E元素的单质还原性最强，则E是Na元素；F元素的某些盐类常用作净水剂，则F是Al元素；E单质与甲反应有化合物X，X为NaOH，
（2）①氯气和水反应生成HCl和HClO，离子反应方程式为Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO；
②Al、O两种元素组成的化合物Y为Al2O3，氧化铝和NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为
Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；
（3）物质丁的元素组成和甲相同，丁分子具有18电子结构，则丁是双氧水，向盛有一定浓度丁溶液的试管中，逐滴加入用少量稀硫酸酸化的硫酸亚铁溶液．滴加过程中的现象是：
①浅绿色溶液变成深棕黄色，说明亚铁离子被双氧水氧化生成铁离子，发生2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
②有少量气泡出现（经验证是氧气），说明双氧水分解生成氧气，常温时反应2H2O2=2H2O+O2↑较慢，因而开始气泡少；随着反应的进行温度升高，并且被逐渐增多的Fe3+催化，使反应速率加快而剧烈；
故答案为：反应放热，温度升高；Fe3+有催化作用．
20．乙烯是一种重要的基本化工原料，以它为原料还可以合成很多的化工产品．现有以下转化如图1：
（1）聚乙烯的结构简式为 ；
（2）写出以下反应的化学方程式和反应类型：
② 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ，反应类型是 氧化反应
③ CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O ，反应类型是 取代反应/酯化反应
（3）实验室用如图2装置制备乙酸乙酯：
试管中碎瓷片的作用是 防止液体暴沸 ；导管a的作用是导气和 冷凝回流 ；试管b内饱和Na2CO3溶液的作用一方面是除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，另一方面是 降低乙酸乙酯的溶解度 ．
【考点】有机物的推断．
【分析】乙烯和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B被催化氧化生成C，C为CH3CHO，C被氧化生成D，D为CH3COOH，B、D发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，以此解答该题．
【解答】解：乙烯和水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，B被催化氧化生成C，C为CH3CHO，C被氧化生成D，D为CH3COOH，B、D发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，
（1）聚乙烯的结构简式为为，故答案为：；
（2）乙醇在铜催化作用下可被氧化生成乙醛，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，
乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，也为取代反应，
故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；
取代反应/酯化反应；
（3）试管中碎瓷片的作用是防止液体暴沸；导管a的作用是导气和
冷凝回流；试管b内饱和Na2CO3溶液的作用一方面是除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，另一方面是降低乙酸乙酯的溶解度，
故答案为：防止液体暴沸；冷凝回流；降低乙酸乙酯的溶解度．
21．如图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图．各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）．其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体．
（1）写出C→E的化学方程式： 4NH3+5O24NO+6H2O ．
（2）实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为： 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O ，干燥C常用 碱石灰 （填写试剂名称）．
（3）E物质遇到D物质时，会观察到 无色气体变为红棕色 现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为 NO （填写物质的化学式）．
（4）写出F→G的离子方程式： 3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO ．
【考点】无机物的推断．
【分析】无色无味气体A与过氧化钠反应的得到气体D，则A为CO2，D为O2，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，应为NH3，氢气与B反应生成C，则B为N2，氨催化氧化生成E为NO，NO与氧气反应生成F为NO2，G与Cu反应可以得到NO或二氧化氮，则G为HNO3，M是最常见的无色液体，与二氧化氮反应得到硝酸，则M为H2O，据此解答．
【解答】解：无色无味气体A与过氧化钠反应的得到气体D，则A为CO2，D为O2，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，应为NH3，氢气与B反应生成C，则B为N2，氨催化氧化生成E为NO，NO与氧气反应生成F为NO2，G与Cu反应可以得到NO或二氧化氮，则G为HNO3，M是最常见的无色液体，与二氧化氮反应得到硝酸，则M为H2O，
（1）C→E的反应为氨的催化氧化，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙两种固体混合物的方法制备物质氨气，其化学方程式为：2
NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，干燥C常用
碱石灰，
故答案为：2
NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；碱石灰；
（3）E为NO，E物质遇到空气时，会观察到
无色气体变为红棕色现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为
NO，
故答案为：无色气体变为红棕色；
NO；
（4）F→G的反应为二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO，
故答案为：3NO2+H2O=2H++2NO3﹣+NO．
22．用广谱高效的二氧化氯（ClO2）替代液氯进行消毒，可避免产生对人体健康有害的有机氯代物．
（1）二氧化氯（ClO2）是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得．请写出反应的离子方程式： 2ClO3﹣+SO32﹣+2H++SO42﹣═2ClO2↑+2SO42﹣+H2O ．
（2）漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：HClO2→ClO2↑+H++Cl﹣+H2O（未配平）．当1molHClO2发生分解反应时，转移的电子个数是 0.8NA ．
（3）有效氯含量是含氯消毒剂的一个重要指标，有效氯含量的定义为：从HI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定含氯消毒剂的质量之比，常用百分数表示．则ClO2的有效氯含量是 263% ．
【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．
【分析】（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3发生氧化还原反应，反应生成二氧化氯，硫酸钠和水，结合原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；
（2）根据化合价变化来配平书写离子方程式，依据方程式中定量关系计算转移的电子数；
（3）由Cl2+2HI=I2+2HCl、2ClO2+10HI=2HCl+5I2+4H2O，结合从HI中氧化出相同量的I2所需Cl2的质量与指定含氯消毒剂的质量之比计算．
【解答】解：（1）由信息可知，KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3发生氧化还原反应，反应生成二氧化氯，硫酸钠和水，发生反应的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4═2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，离子方程式为：2ClO3﹣+SO32﹣+2H++SO42﹣═2ClO2↑+2SO42﹣+H2O，
故答案为：2ClO3﹣+SO32﹣+2H++SO42﹣═2ClO2↑+2SO42﹣+H2O；
（2）由HClO2→ClO2↑+H++Cl﹣+H2O可知，反应物中Cl元素的化合价既升高又降低，配平得到离子方程式为：5HClO2=4ClO2↑+H++Cl﹣+2H2O，反应中每5molHClO2分解电子转移总物质的量为4mol，当有1molHClO2分解时，转移的电子数为×NAmol﹣1=0.8NA，
故答案为：0.8NA；
（3）由Cl2+2HI=I2+2HCl、2ClO2+10HI=2HCl+5I2+4H2O可知，均生成5molI2时需要氯气、二氧化氯的物质的量比为5：2，所以ClO2的有效氯含量为×100%=263%，
故答案为：263%．
2016年7月31日
同课章节目录