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【化学】安徽省合肥第十一中学2019-2020学年高二上学期入学考试试题（解析版）
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安徽省合肥第十一中学2019-2020学年高二上学期入学考试试题
满分：100分 时间：90分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，并且用2B铅笔把对应的准考证号涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在另发的答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷和答题卡一并收回。
可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 C:12 N:14 S:16 Cl:35．5 Na:23 Zn:65
一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.化学无处不在，下列说法错误是（ ）
A. 《元丰行示德逢》里“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”涉及化学反应：N2+O2 2NO
B. 根据化学学科核心素养之一（证据推理与模型认知）可推知Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质
C. 纳米铁粉可以高效地去除污水中的重金属离子是因为其具有较强的还原性
D. 位于贵州省平塘县的中国天眼FAST使用的SiC是一种有机材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．诗中主要涉及“雷雨发庄稼”，这是由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，涉及化学反应有N2+O22NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸又和别的不溶盐类反应生成可溶的硝酸盐，故A正确；
B．氢氧化铬属两性氢氧化物，与氢氧化铝类似，Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质，故B正确；
C．利用纳米铁粉的还原性去除水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故C正确；
D．SiC属于无机非金属材料，故D错误；
答案选D。
2.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. 羟基的电子式：
B. 乙烯结构简式：CH2CH2
C. R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子表示为：R
D. NaClO的电离方程式：NaClO=Na＋+Cl－+O2－
【答案】C
【解析】
【详解】A.O原子最外层有6个电子，其中一个成单电子与H原子的电子形成共用电子对，所以羟基的电子式：，A错误；
B.乙烯分子中两个C原子形成共价双键，因此乙烯的结构简式：CH2=CH2，B错误；
C. R2+离子核外有a个电子，则原子核外电子数为a+2,原子核外电子数等于原子核内质子数，质量数等于质子数与中子数的和，所以含b个中子，该原子的质量数为a+b+2，根据原子符号各个角标的含义，可知R原子表示为：R，C正确；
D.NaClO是盐，属于强电解质，电离产生Na+、ClO-，因此其电离方程式：NaClO=Na＋+ClO-，D错误；
故合理选项是C。
3.下列各组离子在溶液中可以大量共存的是（ ）
A. Ba2＋、NH4＋、Cl－、CO32－ B. Na＋、HCO3－、H＋、NO3－
C. Ba2＋、NO3－、Cl－、Na＋ D. K＋、NH4＋、SO42－、OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A. Ba2＋、CO32-会形成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错误；
B. HCO3-、H＋会反应产生H2O、CO2气体，不能大量共存，B错误；
C离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；
D.NH4＋、OH－发生反应，产生NH3·H2O，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
4.下列实验中，所选装置不合理的是（ ）
A. 粗盐提纯，选①和②
B. 用CCl4提取碘水中的碘，选③
C. 用FeCl2溶液吸收Cl2，选⑤
D. 分离饱和Na2CO3溶液和CH3COOC2H5（难溶于水），选④
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用①装置，通过过滤方法除去泥沙，通过②装置，用蒸发方法结晶获得NaCl晶体，A正确；
B.四氯化碳与水互不相容，且碘单质在其中的溶解度比在水中大，与碘单质不能反应，因此可以作萃取剂，通过③装置分离，B正确；
C.FeCl2溶液与Cl2反应产生FeCl3，通过⑤装置，导气管长进短出，可以充分吸收Cl2，C正确；
D.CH3COOC2H5是无色液体物质，难溶于水，密度比水小，因此可通过③来分离溶解在水中的Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，不是选择装置④，D错误；
故合理选项是D。
5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16gO2和O3的混合气体中含有的分子数为0.5NA
B. 0.3molAgNO3受热完全分解(2AgNO3=2Ag＋2NO2↑＋O2↑)，用排水法收集到气体的分子数为 0.25NA
C. 0.5NA个氯气分子所占体积约是11.2L
D. 2.3g金属钠在装有氧气的集气瓶中完全燃烧，转移的电子数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.16gO2的物质的量是0.5mol，含有的分子数目是0.5NA；16gO3的物质的量是mol，其中含有的分子数目是NA，故16gO2和O3的混合气体中含有的分子数小于0.5NA，A错误；
B.根据方程式可知0.3molAgNO3受热完全分解，发生反应2AgNO3=2Ag+2NO2↑+O2↑，产生0.3molNO2、0.15molO2，用排水法收集气体时，会发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，O2过量，最后剩余O2的物质的量是0.075mol，因此收集到气体的分子数为 0.075NA，B错误；
C.缺条件，不能确定气体的体积，C错误；
D.2.3gNa的物质的量是0.1mol，由于Na是+1价的金属，所以2.3g金属钠在装有氧气的集气瓶中完全燃烧，转移的电子数为0.1NA，D正确；
故合理选项是D。
6.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是（ ）
A. CO和O生成CO2是吸热反应
B. CO和O生成了具有极性共价键的CO2
C. 在该过程中，CO断键形成C和O
D. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据能量－反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；
B、由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，B正确；
C、根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，C错误；
D、状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，D错误。
答案选B。
7.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Y与T同主族。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）
A. 离子半径：Y＜Z
B. 氢化物的沸点：Y＜T
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：T＜R
D. 由X、Y、Z、R四种元素组成的常见化合物中含有离子键
【答案】D
【解析】
【分析】Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z是Na元素、Y是O元素；Y与T同主族，Y原子序数小于T，所以T是S元素。R的原子序数小于O，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍，R是C元素；X的半径、原子序数都小于C原子，所以X是H元素。
【详解】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Na+＜O2-，故A错误；
B. 水分子间形成氢键，氢化物的沸点：H2S＜H2O，故B错误；
C. S的非金属性大于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3＜H2SO4，故C错误；
D. 由H、O、Na、C四种元素组成的常见化合物NaHCO3中含有离子键，故D正确，答案选D。
8.如图所示，利用培养皿进行实验。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。
下表中对实验现象所做的解释不正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验
现象
浓盐酸附近产生白烟
浓硫酸附近无明显现象
干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石蕊试纸变蓝
硫酸铜溶液变浑浊
解释
NH3与HCl反应产生了NH4Cl固体
NH3与浓硫酸不发生反应
NH3与水反应生成了NH3·H2O，电离出OH－使红色石蕊试纸变蓝
生成Cu(OH)2沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成，A正确；
B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，由于浓硫酸是难挥发性酸，不形成白烟，B错误；
C.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3•H2O，电离生成OH-离子，溶液呈碱性，氨气是非电解质，遇干燥的石蕊试纸不能生成碱，所以不会变色，C正确；
D.氨气溶于水产生一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，氢氧根离子与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，硫酸铜溶液变浑浊，D正确；
故合理选项是B。
9.下列说法中正确的是（ ）
A. H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2是酸式盐
B. 将Na2O2投入FeCl2溶液中，可以观察到先生成白色沉淀，然后变成灰绿色沉淀，放置较长时间后，逐渐变成红褐色沉淀
C. FeO在空气里受热，迅速被氧化成三氧化二铁
D. 金属钠长时间放置到空气中最终变为碳酸钠
【答案】D
【解析】
【详解】A. H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2是正盐，故A错误；
B. 将Na2O2投入FeCl2溶液中，过氧化钠具有强氧化性，不能观察到白色沉淀，故B错误；
C. FeO在空气里受热，迅速被氧化成四氧化三铁，故C错误；
D．钠长期放置在空气中，先和氧气反应生成氧化钠、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液和二氧化碳反应生成十水碳酸钠，十水碳酸钠风化得到碳酸钠，所以钠发生一系列变化最终变为碳酸钠，故D正确；
故选D。
10.下列物质间的转化能一步实现的是（ ）
A. Na2CO3→NaOH B. CaCO3→Ca(OH)2
C. NaNO3→NaCl D. FeSO4→CuSO4
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸钠可以与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙，能一步实现，故A正确；
B.CaCO3是盐，盐只能与碱反应生成Ca(OH)2，CaCO3不溶于水，所以不能与碱溶液反应，因此CaCO3不能一步得到Ca(OH)2，故B错误；
C.NaNO3因不能与其它任何物质反应生成沉淀、气体和水，所以NaNO3不能通过一步反应制得NaCl，故C错误；
D.铜的金属活动性比铁弱，FeSO4不能通过一步反应制得硫酸铜，故D错误。
故选A。
11.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3这五种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别出来，这种试剂是（ ）
A. 烧碱溶液 B. KSCN试剂 C. 氨水 D. 盐酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.向以上五种溶液中加入氢氧化钠溶液后反应现象为：无现象；先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；红褐色沉淀；白色沉淀；先生成白色沉淀后沉淀消失，反应现象不同，所以可以用氢氧化钠溶液区别，A正确；
B. KSCN试剂只能和FeCl3作用使溶液显红色，与其余四种物质不反应，现象相同，无法区别，B错误；
C.氨水和NaCl混合无现象，与FeCl3混合，产生红褐色沉淀，与FeCl2混合先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；而与MgCl2、AlCl3两种物质混合都产生白色沉淀，现象相同，无法区别，C错误；
D.盐酸与题目已给五种物质都不能反应，现象相同，无法区别，D错误；
故合理选项是A。
12.如图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法错误的是（ ）
A. 锌是负极，电子从锌片经导线流向铜片
B. 氢离子在铜片表面被还原
C. 如果将硫酸换成橙汁，导线中不会有电子流动
D. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转换
【答案】C
【解析】
【详解】A、锌比铜活泼，且与硫酸反应，因此锌作负极，电子从锌经导线流向铜，故A说法正确；
B、根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，发生2H＋2e－＝H2↑，化合价降低被还原，故B说法正确；
C、橙汁中含有电解质，能构成原电池，有电子的流动，故C说法错误；
D、此装置为原电池装置，化学能转化成电能，灯泡发光，电能转化成光能，故D说法正确。
答案选C。
13.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。
14.下列关于苯的叙述正确的是( )
A. 反应为取代反应，有机产物的密度比水小
B. 反应为取代反应，有机产物是一种烃
C. 反应中1mol苯最多与发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
D. 反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟
【答案】D
【解析】
【详解】A、苯与液溴在铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，属于取代反应，溴苯的密度大于水，故A错误；
B、苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液加热发生取代反应生成硝基苯，有机产物硝基苯是烃的衍生物，故B错误；
C. 1mol苯最多与发生加成反应，苯中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特键，苯分子不含碳碳双键，故C错误；
D. 苯分子中含碳量高，燃烧的现象是火焰明亮并带有较多的黑烟，故D正确，答案选D。
15.某500mL溶液中含0.1mol Fe2+，0.2mol Fe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变）（ ）
A. 0.4mol/L B. 0.6mol/L C. 0.8 mol/L D. 1.0 mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】由2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋可知，铁粉过量，最终溶液中的Fe2＋的物质的量为0.4 mol，其浓度为0.4mol÷0.5L=0.8 mol/L。答案选C。
16.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是（ ）
A. 产物n[Cu(NO3)2]∶n(CuSO4)＝2∶1
B. 参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶7
C. 反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂
D. 1 molCu2S参加反应时有8 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】分析氧化还原反应，依据电子守恒，原子守恒写出化学方程式：2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4＋5 NO2↑+5 NO↑+7 H2O；根据化学方程式的定量关系和氧化还原反应关系分析判断计算；
【详解】己知n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO；则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole－；Cu2S应失4mole－．而1molCu2S能失10mole－，故失4mole－说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3）2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol。反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=2：14；
A、依据分析计算得到，产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1，故A错误；
B、参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=2：14=1：7，故B正确；
C、反应中Cu2S铜元素化合价升高，硫元素化合价升高，所以只做还原剂，故C错误；
D、依据元素化合价变化和电子守恒计算得到，1 molCu2S参加反应时有10mol电子转移，故D错误；
故选B。
二、非选择题
17.元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表是元素周期表的一部分。
H
He
Li
Be
B
C
N
O
F
Ne
Na
Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
请回答下列问题。
（1）非金属性最强的元素名称为___________，它位于元素周期表中的位置___________。
（2）硅元素的原子结构示意图是____________，其最高价氧化物是____________（填“酸性”或“碱性”）氧化物。
（3）硼酸（H3BO3）的酸性_________（填“>” 或“<”）碳酸（H2CO3）的酸性，说明你判断的理由：__________________________。
（4）NH3的电子式为________________，它属于____________（填“离子”或“共价”）化合物。NH3的还原性_________（填“>” 或“<”）PH3的还原性。
（5）第三周期元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质既能与强酸反应又能与强碱反应，写出这种物质跟氢氧化钠溶液反应的化学方程式______________。
【答案】(1). 氟 (2). 第二周期 VIIA族 (3). (4). 酸性 (5). < (6). B和C 位于同一周期，原子序数BC，得电子能力B
【分析】根据元素周期表的结构及元素周期律分析解答；根据两性氢氧化物的性质书写对应化学方程式。
【详解】（1）同周期元素越往后非金属性越强，同主族元素越往上非金属性越强，所以非金属性最强的元素名称为氟；F原子序数为9，根据周期序数等于电子层数，主族序数等于最外层电子数的规律，F位于元素周期表中第二周期 VIIA族；
（2）硅元素的原子序数为14，位于周期表中第三周期、IVA族，其原子结构示意图是；其最高价氧化物是二氧化硅，能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；
（3） B和C 位于同一周期，非金属性B
18.I．某实验小组为了证明SO2和Cl2的漂白性，设计了如图所示的实验装置：
(1)仪器a的名称是 _________。
(2)利用图中E装置进行实验室制备Cl2的离子方程式是_________。
(3)反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的液体加热，B试管中的现象是_______________。
(4)装置C的作用是_____________。
II．该小组欲探究SO2和Cl2能否发生反应，设计如下图所示的实验装置进行实验。
其中装置A制取氯气，装置C制取SO2：
(1)甲同学认为若SO2和Cl2反应，则应有Cl-生成，只要检验到生成的Cl-即可，甲取适量B中样品于试管中，向其中滴加少量_________溶液，有白色沉淀生成。
(2)乙同学认为甲同学的结论不合理，认为应该在装置A、B间增加一个洗气瓶，然后再按甲同学的方法实验即可得到正确结论。洗气瓶中盛有的试剂是_________。
(3)丙同学认为按乙同学的建议改进实验也不合理，理由是：___________。
(4)丙同学取BaCl2溶液于试管中，加入少量反应后B中的溶液，生成大量白色沉淀，得出正确结论：SO2与Cl2同时通入水中能相互发生反应，反应的化学方程式是_______。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑ (3). 溶液由无色变为红色 (4). 吸收多余的氯气和二氧化硫，防止污染环境 (5). AgNO3 (6). 饱和食盐水 (7). Cl2和水反应也会生成Cl- (8). SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】I.在A中用浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2气体，在B中验证SO2的漂白性，在E中制取Cl2，在装置D中验证Cl2水溶液的漂白性，在装置C中吸收多余Cl2、SO2气体。
II.装置图分析可知装置A是制备氯气的发生装置，装置C是制备二氧化硫的发生装置，氯气和二氧化硫通入装置B中的水，SO2和Cl2在水中反应生成硫酸和盐酸，据此解答。
【详解】I. (1)根据图示可知仪器a的名称是分液漏斗；
(2)利用图中E装置进行实验室制备Cl2的反应，MnO2与浓盐酸加热产生MnCl2、Cl2、H2O，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；
(3)Cl2溶于水，与水反应产生盐酸和次氯酸，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，次氯酸的漂白性是永久性的。二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质结合生成无色物质，二氧化硫的漂白性是暂时的，所以停止通气后，给B、D两支试管中的液体加热，试管中现象是：B试管恢复红色；D试管仍为无色；
(4)Cl2、SO2都是大气污染物，直接排放会造成大气污染，装置C的作用是吸收多余SO2、Cl2，防止污染空气。
II. (1)根据Ag++Cl-＝AgCl↓沉淀来检验Cl-，所以加入是试剂是AgNO3溶液；
(2)由于浓盐酸具有挥发性，所以在制备氯气中含有杂质氯化氢和水蒸气，氯化氢进入B中溶于水也会生成氯离子，乙同学认为Cl2中混有的杂质是HCl，需要在AB间增加一个洗气瓶，可以用饱和食盐水除去；
(3)Cl2与水反应的化学方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，生成的Cl-，干扰了SO2和Cl2反应产物HCl的检验；
(4)SO2与Cl2同时通入水中反应为SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液混合，发生复分解反应产生HCl、BaSO4白色沉淀。
19.乙烯是来自石油的重要有机化工原料。结合以下路线回答：
已知：2CH3CHO+O22CH3COOH
(1)D是高分子，用来制造包装材料，其结构简式是_____；
(2)反应I的化学方程式是_____；反应II的化学方程式是______；
(3)E有香味，实验室用A和C反应制取E的装置如图所示。
①反应IV的化学方程式是______，其反应类型是____；
②试管乙中用____溶液收集E，分离出试管乙中油状液体需要用到的仪器是___（填序号）；
a.漏斗 b.分液漏斗 c.长颈漏斗
③实验结束，振荡试管乙，有无色气泡产生，其主要原因是__________（用化学方程式表示）。
(4)产物CH2=CH-COOH可能发生的反应有____（填序号）。
a.加成反应 b.取代反应 c.氧化反应 d.中和反应
【答案】(1). (2). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (5). 酯化反应或取代反应 (6). 饱和Na2CO3溶液 (7). b (8). 2CH3COOH+Na2CO3＝2CH3COONa+H2O+CO2↑ (9). abcd
【解析】
【分析】乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成B为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，D为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为。
【详解】(1)D为聚乙烯，其结构简式是；
(2)反应I是乙烯与水在催化剂存在和加热条件下发生反应产生乙醇，反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；反应II是乙醇催化氧化生成乙醛，反应化学方程式是：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
(3)①反应IV是乙酸与乙醇在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，该反应的类型为酯化(或取代)反应；
②乙中乙酸乙酯与水溶液分层，为了降低乙酸乙酯的溶解度，同时除去挥发的未反应的乙酸，溶解乙醇，乙中一般用饱和的Na2CO3溶液收集乙酸乙酯；分离出试管乙中乙酸乙酯需要用到的仪器是：分液漏斗，故合理选项是b；
③实验结束，振荡试管乙，有无色气泡产生，其主要原因是乙酸与碳酸钠溶液反应产生CO2气体，反应方程式为：2CH3COOH+Na2CO3＝2CH3COONa+CO2↑+H2O；
(4)产物CH2=CH-COOH中含有的官能团是碳碳双键和羧基，含有碳碳双键，可以发生加成反应、氧化反应；含有羧基，可以发生中和反应、酯化反应，酯化反应属于取代反应，故合理序号是abcd。
20.Ⅰ.在锌与某浓度的盐酸反应的实验中，实验员得到下面的结果：
锌的质量（g）
锌的形状
温度（℃）
溶解于酸花的时间（s）
A
2
薄片
5
400
B
2
薄片
15
200
C
2
薄片
25
100
D
2
薄片
35
50
E
2
薄片
45
25
F
2
粉末
15
5
（1）写出实验中发生反应的离子方程式：___________，该反应是_____反应（填“放热”或“吸热”）；
（2）仔细观察A～F的实验数据对比，你可以得到关于温度影响反应速率结论，用此结论，计算：55℃时，2g锌薄片溶解于酸中需花____s。
（3）对比结果B与F，解释结果F那么快的原因：_________。
Ⅱ.某可逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行，在从0～4分钟各物质的量的变化情况如图所示（X、Y、Z均为气体）。
（1）该反应的的化学方程式为_______；
（2）反应开始至2分钟时，X的平均反应速率为______；
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是______；
a．每消耗3molX，同时消耗1molY
b．容器内压强保持不变
c．Z的浓度不再变化
d．容器内混合气体的密度保持不变
（4）由图求得平衡时Y的转化率为_____。
【答案】(1). Zn+2H+＝Zn2++H2↑ (2). 放热 (3). 12.5 (4). B中锌是块状，F中锌是粉末状，粉末状时锌与酸溶液接触面要比块状时的接触面大得多 (5). 3X+Y4Z (6). 0.03mol/(L·min) (7). c (8). 10%
【解析】
【详解】Ⅰ（1）锌是活泼金属，锌与盐酸反应生成ZnCl2和氢气，则反应的离子方程式为Zn+2H+＝Zn2++H2↑；活泼金属与酸的反应是放热反应。
（2）通过观察A～F的实验数据对比可知，温度每升高10℃，反应速率增大到原来的2倍，根据表格E中数据可知，2g锌薄片溶解于45℃的酸中花的时间为25s，则在55℃时反应速率是45℃时的2倍，花的时间为12.5s。
（3）对比结果B与F，速率与Zn的状态有关，B中锌是块状，F中锌是粉末状，粉末状时锌与酸溶液的接触面要比块状时的接触面大得多，所以结果F的快。
Ⅱ（1）由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，X、Y为反应物，Z的物质的量逐渐增多，所以Z为生成物，当反应到达2min时，△n（X）=0.3mol，△n（Y）=0.1mol，△n（Z）=0.4mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n（A）：△n（B）：△n（C）=3：1：4，所以反应的化学方程式为3X+Y4Z。
（2）由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n（X）=0.3mol，X的平均反应速率为0.3mol÷(5L×2min)=0.03mol/（L·min）。
（3）a．每消耗3molX，同时消耗1molY，表达的都是正反应速率，无法判断反应是否达到平衡，a项错误；
b. 该反应为前后气体体积不变的反应，压强始终保持不变，不能作为判断反应是否达到平衡的标志，b项错误；
c.Z的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，c项正确；
d. 该反应在5L恒容容器中进行，所有物质又都是气体，所以反应体系的密度始终不变，不能作为平衡状态的判断标志，d项错误；
答案选c。
（4）由图可知：达平衡时，△n（Y）=0.1mol，所以Y的转化率为0.1mol/1mol×100%=10%。
满分：100分 时间：90分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上，并且用2B铅笔把对应的准考证号涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在另发的答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷和答题卡一并收回。
可能用到的相对原子质量：H:1 O:16 C:12 N:14 S:16 Cl:35．5 Na:23 Zn:65
一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共48分）
1.化学无处不在，下列说法错误是（ ）
A. 《元丰行示德逢》里“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”涉及化学反应：N2+O2 2NO
B. 根据化学学科核心素养之一（证据推理与模型认知）可推知Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质
C. 纳米铁粉可以高效地去除污水中的重金属离子是因为其具有较强的还原性
D. 位于贵州省平塘县的中国天眼FAST使用的SiC是一种有机材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．诗中主要涉及“雷雨发庄稼”，这是由于在放电条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，涉及化学反应有N2+O22NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO，硝酸又和别的不溶盐类反应生成可溶的硝酸盐，故A正确；
B．氢氧化铬属两性氢氧化物，与氢氧化铝类似，Cr(OH)3胶体也可吸附悬浮杂质，故B正确；
C．利用纳米铁粉的还原性去除水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故C正确；
D．SiC属于无机非金属材料，故D错误；
答案选D。
2.下列化学用语表达正确的是（ ）
A. 羟基的电子式：
B. 乙烯结构简式：CH2CH2
C. R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子表示为：R
D. NaClO的电离方程式：NaClO=Na＋+Cl－+O2－
【答案】C
【解析】
【详解】A.O原子最外层有6个电子，其中一个成单电子与H原子的电子形成共用电子对，所以羟基的电子式：，A错误；
B.乙烯分子中两个C原子形成共价双键，因此乙烯的结构简式：CH2=CH2，B错误；
C. R2+离子核外有a个电子，则原子核外电子数为a+2,原子核外电子数等于原子核内质子数，质量数等于质子数与中子数的和，所以含b个中子，该原子的质量数为a+b+2，根据原子符号各个角标的含义，可知R原子表示为：R，C正确；
D.NaClO是盐，属于强电解质，电离产生Na+、ClO-，因此其电离方程式：NaClO=Na＋+ClO-，D错误；
故合理选项是C。
3.下列各组离子在溶液中可以大量共存的是（ ）
A. Ba2＋、NH4＋、Cl－、CO32－ B. Na＋、HCO3－、H＋、NO3－
C. Ba2＋、NO3－、Cl－、Na＋ D. K＋、NH4＋、SO42－、OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A. Ba2＋、CO32-会形成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错误；
B. HCO3-、H＋会反应产生H2O、CO2气体，不能大量共存，B错误；
C离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；
D.NH4＋、OH－发生反应，产生NH3·H2O，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
4.下列实验中，所选装置不合理的是（ ）
A. 粗盐提纯，选①和②
B. 用CCl4提取碘水中的碘，选③
C. 用FeCl2溶液吸收Cl2，选⑤
D. 分离饱和Na2CO3溶液和CH3COOC2H5（难溶于水），选④
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用①装置，通过过滤方法除去泥沙，通过②装置，用蒸发方法结晶获得NaCl晶体，A正确；
B.四氯化碳与水互不相容，且碘单质在其中的溶解度比在水中大，与碘单质不能反应，因此可以作萃取剂，通过③装置分离，B正确；
C.FeCl2溶液与Cl2反应产生FeCl3，通过⑤装置，导气管长进短出，可以充分吸收Cl2，C正确；
D.CH3COOC2H5是无色液体物质，难溶于水，密度比水小，因此可通过③来分离溶解在水中的Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，不是选择装置④，D错误；
故合理选项是D。
5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 16gO2和O3的混合气体中含有的分子数为0.5NA
B. 0.3molAgNO3受热完全分解(2AgNO3=2Ag＋2NO2↑＋O2↑)，用排水法收集到气体的分子数为 0.25NA
C. 0.5NA个氯气分子所占体积约是11.2L
D. 2.3g金属钠在装有氧气的集气瓶中完全燃烧，转移的电子数为0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.16gO2的物质的量是0.5mol，含有的分子数目是0.5NA；16gO3的物质的量是mol，其中含有的分子数目是NA，故16gO2和O3的混合气体中含有的分子数小于0.5NA，A错误；
B.根据方程式可知0.3molAgNO3受热完全分解，发生反应2AgNO3=2Ag+2NO2↑+O2↑，产生0.3molNO2、0.15molO2，用排水法收集气体时，会发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，O2过量，最后剩余O2的物质的量是0.075mol，因此收集到气体的分子数为 0.075NA，B错误；
C.缺条件，不能确定气体的体积，C错误；
D.2.3gNa的物质的量是0.1mol，由于Na是+1价的金属，所以2.3g金属钠在装有氧气的集气瓶中完全燃烧，转移的电子数为0.1NA，D正确；
故合理选项是D。
6.最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是（ ）
A. CO和O生成CO2是吸热反应
B. CO和O生成了具有极性共价键的CO2
C. 在该过程中，CO断键形成C和O
D. 状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据能量－反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；
B、由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，B正确；
C、根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，C错误；
D、状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，D错误。
答案选B。
7.现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Y与T同主族。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）
A. 离子半径：Y＜Z
B. 氢化物的沸点：Y＜T
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：T＜R
D. 由X、Y、Z、R四种元素组成的常见化合物中含有离子键
【答案】D
【解析】
【分析】Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z是Na元素、Y是O元素；Y与T同主族，Y原子序数小于T，所以T是S元素。R的原子序数小于O，R原子的最外层电子数是电子层数的2倍，R是C元素；X的半径、原子序数都小于C原子，所以X是H元素。
【详解】A. 电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径：Na+＜O2-，故A错误；
B. 水分子间形成氢键，氢化物的沸点：H2S＜H2O，故B错误；
C. S的非金属性大于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3＜H2SO4，故C错误；
D. 由H、O、Na、C四种元素组成的常见化合物NaHCO3中含有离子键，故D正确，答案选D。
8.如图所示，利用培养皿进行实验。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。
下表中对实验现象所做的解释不正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
实验
现象
浓盐酸附近产生白烟
浓硫酸附近无明显现象
干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石蕊试纸变蓝
硫酸铜溶液变浑浊
解释
NH3与HCl反应产生了NH4Cl固体
NH3与浓硫酸不发生反应
NH3与水反应生成了NH3·H2O，电离出OH－使红色石蕊试纸变蓝
生成Cu(OH)2沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成，A正确；
B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，由于浓硫酸是难挥发性酸，不形成白烟，B错误；
C.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3•H2O，电离生成OH-离子，溶液呈碱性，氨气是非电解质，遇干燥的石蕊试纸不能生成碱，所以不会变色，C正确；
D.氨气溶于水产生一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，氢氧根离子与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，硫酸铜溶液变浑浊，D正确；
故合理选项是B。
9.下列说法中正确的是（ ）
A. H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2是酸式盐
B. 将Na2O2投入FeCl2溶液中，可以观察到先生成白色沉淀，然后变成灰绿色沉淀，放置较长时间后，逐渐变成红褐色沉淀
C. FeO在空气里受热，迅速被氧化成三氧化二铁
D. 金属钠长时间放置到空气中最终变为碳酸钠
【答案】D
【解析】
【详解】A. H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2是正盐，故A错误；
B. 将Na2O2投入FeCl2溶液中，过氧化钠具有强氧化性，不能观察到白色沉淀，故B错误；
C. FeO在空气里受热，迅速被氧化成四氧化三铁，故C错误；
D．钠长期放置在空气中，先和氧气反应生成氧化钠、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解，氢氧化钠溶液和二氧化碳反应生成十水碳酸钠，十水碳酸钠风化得到碳酸钠，所以钠发生一系列变化最终变为碳酸钠，故D正确；
故选D。
10.下列物质间的转化能一步实现的是（ ）
A. Na2CO3→NaOH B. CaCO3→Ca(OH)2
C. NaNO3→NaCl D. FeSO4→CuSO4
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸钠可以与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙，能一步实现，故A正确；
B.CaCO3是盐，盐只能与碱反应生成Ca(OH)2，CaCO3不溶于水，所以不能与碱溶液反应，因此CaCO3不能一步得到Ca(OH)2，故B错误；
C.NaNO3因不能与其它任何物质反应生成沉淀、气体和水，所以NaNO3不能通过一步反应制得NaCl，故C错误；
D.铜的金属活动性比铁弱，FeSO4不能通过一步反应制得硫酸铜，故D错误。
故选A。
11.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3这五种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别出来，这种试剂是（ ）
A. 烧碱溶液 B. KSCN试剂 C. 氨水 D. 盐酸
【答案】A
【解析】
【详解】A.向以上五种溶液中加入氢氧化钠溶液后反应现象为：无现象；先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；红褐色沉淀；白色沉淀；先生成白色沉淀后沉淀消失，反应现象不同，所以可以用氢氧化钠溶液区别，A正确；
B. KSCN试剂只能和FeCl3作用使溶液显红色，与其余四种物质不反应，现象相同，无法区别，B错误；
C.氨水和NaCl混合无现象，与FeCl3混合，产生红褐色沉淀，与FeCl2混合先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；而与MgCl2、AlCl3两种物质混合都产生白色沉淀，现象相同，无法区别，C错误；
D.盐酸与题目已给五种物质都不能反应，现象相同，无法区别，D错误；
故合理选项是A。
12.如图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法错误的是（ ）
A. 锌是负极，电子从锌片经导线流向铜片
B. 氢离子在铜片表面被还原
C. 如果将硫酸换成橙汁，导线中不会有电子流动
D. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转换
【答案】C
【解析】
【详解】A、锌比铜活泼，且与硫酸反应，因此锌作负极，电子从锌经导线流向铜，故A说法正确；
B、根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，发生2H＋2e－＝H2↑，化合价降低被还原，故B说法正确；
C、橙汁中含有电解质，能构成原电池，有电子的流动，故C说法错误；
D、此装置为原电池装置，化学能转化成电能，灯泡发光，电能转化成光能，故D说法正确。
答案选C。
13.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。
14.下列关于苯的叙述正确的是( )
A. 反应为取代反应，有机产物的密度比水小
B. 反应为取代反应，有机产物是一种烃
C. 反应中1mol苯最多与发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键
D. 反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多的黑烟
【答案】D
【解析】
【详解】A、苯与液溴在铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，属于取代反应，溴苯的密度大于水，故A错误；
B、苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液加热发生取代反应生成硝基苯，有机产物硝基苯是烃的衍生物，故B错误；
C. 1mol苯最多与发生加成反应，苯中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特键，苯分子不含碳碳双键，故C错误；
D. 苯分子中含碳量高，燃烧的现象是火焰明亮并带有较多的黑烟，故D正确，答案选D。
15.某500mL溶液中含0.1mol Fe2+，0.2mol Fe3+，加入0.2mol铁粉，待Fe3+完全还原后，溶液中Fe2+的物质的量浓度为（假设反应前后体积不变）（ ）
A. 0.4mol/L B. 0.6mol/L C. 0.8 mol/L D. 1.0 mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】由2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋可知，铁粉过量，最终溶液中的Fe2＋的物质的量为0.4 mol，其浓度为0.4mol÷0.5L=0.8 mol/L。答案选C。
16.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是（ ）
A. 产物n[Cu(NO3)2]∶n(CuSO4)＝2∶1
B. 参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶7
C. 反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂
D. 1 molCu2S参加反应时有8 mol电子转移
【答案】B
【解析】
【分析】分析氧化还原反应，依据电子守恒，原子守恒写出化学方程式：2Cu2S+14HNO3=2Cu（NO3）2+2CuSO4＋5 NO2↑+5 NO↑+7 H2O；根据化学方程式的定量关系和氧化还原反应关系分析判断计算；
【详解】己知n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO；则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole－；Cu2S应失4mole－．而1molCu2S能失10mole－，故失4mole－说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3）2；即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol。反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=2：14；
A、依据分析计算得到，产物n[Cu（NO3）2]：n[CuSO4]=1：1，故A错误；
B、参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=2：14=1：7，故B正确；
C、反应中Cu2S铜元素化合价升高，硫元素化合价升高，所以只做还原剂，故C错误；
D、依据元素化合价变化和电子守恒计算得到，1 molCu2S参加反应时有10mol电子转移，故D错误；
故选B。
二、非选择题
17.元素周期表与元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。下表是元素周期表的一部分。
H
He
Li
Be
B
C
N
O
F
Ne
Na
Mg
Al
Si
P
S
Cl
Ar
请回答下列问题。
（1）非金属性最强的元素名称为___________，它位于元素周期表中的位置___________。
（2）硅元素的原子结构示意图是____________，其最高价氧化物是____________（填“酸性”或“碱性”）氧化物。
（3）硼酸（H3BO3）的酸性_________（填“>” 或“<”）碳酸（H2CO3）的酸性，说明你判断的理由：__________________________。
（4）NH3的电子式为________________，它属于____________（填“离子”或“共价”）化合物。NH3的还原性_________（填“>” 或“<”）PH3的还原性。
（5）第三周期元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质既能与强酸反应又能与强碱反应，写出这种物质跟氢氧化钠溶液反应的化学方程式______________。
【答案】(1). 氟 (2). 第二周期 VIIA族 (3). (4). 酸性 (5). < (6). B和C 位于同一周期，原子序数B
【分析】根据元素周期表的结构及元素周期律分析解答；根据两性氢氧化物的性质书写对应化学方程式。
【详解】（1）同周期元素越往后非金属性越强，同主族元素越往上非金属性越强，所以非金属性最强的元素名称为氟；F原子序数为9，根据周期序数等于电子层数，主族序数等于最外层电子数的规律，F位于元素周期表中第二周期 VIIA族；
（2）硅元素的原子序数为14，位于周期表中第三周期、IVA族，其原子结构示意图是；其最高价氧化物是二氧化硅，能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；
（3） B和C 位于同一周期，非金属性B
18.I．某实验小组为了证明SO2和Cl2的漂白性，设计了如图所示的实验装置：
(1)仪器a的名称是 _________。
(2)利用图中E装置进行实验室制备Cl2的离子方程式是_________。
(3)反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的液体加热，B试管中的现象是_______________。
(4)装置C的作用是_____________。
II．该小组欲探究SO2和Cl2能否发生反应，设计如下图所示的实验装置进行实验。
其中装置A制取氯气，装置C制取SO2：
(1)甲同学认为若SO2和Cl2反应，则应有Cl-生成，只要检验到生成的Cl-即可，甲取适量B中样品于试管中，向其中滴加少量_________溶液，有白色沉淀生成。
(2)乙同学认为甲同学的结论不合理，认为应该在装置A、B间增加一个洗气瓶，然后再按甲同学的方法实验即可得到正确结论。洗气瓶中盛有的试剂是_________。
(3)丙同学认为按乙同学的建议改进实验也不合理，理由是：___________。
(4)丙同学取BaCl2溶液于试管中，加入少量反应后B中的溶液，生成大量白色沉淀，得出正确结论：SO2与Cl2同时通入水中能相互发生反应，反应的化学方程式是_______。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑ (3). 溶液由无色变为红色 (4). 吸收多余的氯气和二氧化硫，防止污染环境 (5). AgNO3 (6). 饱和食盐水 (7). Cl2和水反应也会生成Cl- (8). SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】I.在A中用浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2气体，在B中验证SO2的漂白性，在E中制取Cl2，在装置D中验证Cl2水溶液的漂白性，在装置C中吸收多余Cl2、SO2气体。
II.装置图分析可知装置A是制备氯气的发生装置，装置C是制备二氧化硫的发生装置，氯气和二氧化硫通入装置B中的水，SO2和Cl2在水中反应生成硫酸和盐酸，据此解答。
【详解】I. (1)根据图示可知仪器a的名称是分液漏斗；
(2)利用图中E装置进行实验室制备Cl2的反应，MnO2与浓盐酸加热产生MnCl2、Cl2、H2O，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；
(3)Cl2溶于水，与水反应产生盐酸和次氯酸，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，次氯酸的漂白性是永久性的。二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质结合生成无色物质，二氧化硫的漂白性是暂时的，所以停止通气后，给B、D两支试管中的液体加热，试管中现象是：B试管恢复红色；D试管仍为无色；
(4)Cl2、SO2都是大气污染物，直接排放会造成大气污染，装置C的作用是吸收多余SO2、Cl2，防止污染空气。
II. (1)根据Ag++Cl-＝AgCl↓沉淀来检验Cl-，所以加入是试剂是AgNO3溶液；
(2)由于浓盐酸具有挥发性，所以在制备氯气中含有杂质氯化氢和水蒸气，氯化氢进入B中溶于水也会生成氯离子，乙同学认为Cl2中混有的杂质是HCl，需要在AB间增加一个洗气瓶，可以用饱和食盐水除去；
(3)Cl2与水反应的化学方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，生成的Cl-，干扰了SO2和Cl2反应产物HCl的检验；
(4)SO2与Cl2同时通入水中反应为SO2+Cl2+2H2O＝2HCl+H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液混合，发生复分解反应产生HCl、BaSO4白色沉淀。
19.乙烯是来自石油的重要有机化工原料。结合以下路线回答：
已知：2CH3CHO+O22CH3COOH
(1)D是高分子，用来制造包装材料，其结构简式是_____；
(2)反应I的化学方程式是_____；反应II的化学方程式是______；
(3)E有香味，实验室用A和C反应制取E的装置如图所示。
①反应IV的化学方程式是______，其反应类型是____；
②试管乙中用____溶液收集E，分离出试管乙中油状液体需要用到的仪器是___（填序号）；
a.漏斗 b.分液漏斗 c.长颈漏斗
③实验结束，振荡试管乙，有无色气泡产生，其主要原因是__________（用化学方程式表示）。
(4)产物CH2=CH-COOH可能发生的反应有____（填序号）。
a.加成反应 b.取代反应 c.氧化反应 d.中和反应
【答案】(1). (2). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O (5). 酯化反应或取代反应 (6). 饱和Na2CO3溶液 (7). b (8). 2CH3COOH+Na2CO3＝2CH3COONa+H2O+CO2↑ (9). abcd
【解析】
【分析】乙烯含有碳碳双键，与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成B为CH3CHO，乙醛进一步发生氧化反应生成C为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，D为高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为。
【详解】(1)D为聚乙烯，其结构简式是；
(2)反应I是乙烯与水在催化剂存在和加热条件下发生反应产生乙醇，反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；反应II是乙醇催化氧化生成乙醛，反应化学方程式是：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
(3)①反应IV是乙酸与乙醇在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，该反应的类型为酯化(或取代)反应；
②乙中乙酸乙酯与水溶液分层，为了降低乙酸乙酯的溶解度，同时除去挥发的未反应的乙酸，溶解乙醇，乙中一般用饱和的Na2CO3溶液收集乙酸乙酯；分离出试管乙中乙酸乙酯需要用到的仪器是：分液漏斗，故合理选项是b；
③实验结束，振荡试管乙，有无色气泡产生，其主要原因是乙酸与碳酸钠溶液反应产生CO2气体，反应方程式为：2CH3COOH+Na2CO3＝2CH3COONa+CO2↑+H2O；
(4)产物CH2=CH-COOH中含有的官能团是碳碳双键和羧基，含有碳碳双键，可以发生加成反应、氧化反应；含有羧基，可以发生中和反应、酯化反应，酯化反应属于取代反应，故合理序号是abcd。
20.Ⅰ.在锌与某浓度的盐酸反应的实验中，实验员得到下面的结果：
锌的质量（g）
锌的形状
温度（℃）
溶解于酸花的时间（s）
A
2
薄片
5
400
B
2
薄片
15
200
C
2
薄片
25
100
D
2
薄片
35
50
E
2
薄片
45
25
F
2
粉末
15
5
（1）写出实验中发生反应的离子方程式：___________，该反应是_____反应（填“放热”或“吸热”）；
（2）仔细观察A～F的实验数据对比，你可以得到关于温度影响反应速率结论，用此结论，计算：55℃时，2g锌薄片溶解于酸中需花____s。
（3）对比结果B与F，解释结果F那么快的原因：_________。
Ⅱ.某可逆反应在某体积为5L的密闭容器中进行，在从0～4分钟各物质的量的变化情况如图所示（X、Y、Z均为气体）。
（1）该反应的的化学方程式为_______；
（2）反应开始至2分钟时，X的平均反应速率为______；
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是______；
a．每消耗3molX，同时消耗1molY
b．容器内压强保持不变
c．Z的浓度不再变化
d．容器内混合气体的密度保持不变
（4）由图求得平衡时Y的转化率为_____。
【答案】(1). Zn+2H+＝Zn2++H2↑ (2). 放热 (3). 12.5 (4). B中锌是块状，F中锌是粉末状，粉末状时锌与酸溶液接触面要比块状时的接触面大得多 (5). 3X+Y4Z (6). 0.03mol/(L·min) (7). c (8). 10%
【解析】
【详解】Ⅰ（1）锌是活泼金属，锌与盐酸反应生成ZnCl2和氢气，则反应的离子方程式为Zn+2H+＝Zn2++H2↑；活泼金属与酸的反应是放热反应。
（2）通过观察A～F的实验数据对比可知，温度每升高10℃，反应速率增大到原来的2倍，根据表格E中数据可知，2g锌薄片溶解于45℃的酸中花的时间为25s，则在55℃时反应速率是45℃时的2倍，花的时间为12.5s。
（3）对比结果B与F，速率与Zn的状态有关，B中锌是块状，F中锌是粉末状，粉末状时锌与酸溶液的接触面要比块状时的接触面大得多，所以结果F的快。
Ⅱ（1）由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，X、Y为反应物，Z的物质的量逐渐增多，所以Z为生成物，当反应到达2min时，△n（X）=0.3mol，△n（Y）=0.1mol，△n（Z）=0.4mol，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n（A）：△n（B）：△n（C）=3：1：4，所以反应的化学方程式为3X+Y4Z。
（2）由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n（X）=0.3mol，X的平均反应速率为0.3mol÷(5L×2min)=0.03mol/（L·min）。
（3）a．每消耗3molX，同时消耗1molY，表达的都是正反应速率，无法判断反应是否达到平衡，a项错误；
b. 该反应为前后气体体积不变的反应，压强始终保持不变，不能作为判断反应是否达到平衡的标志，b项错误；
c.Z的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，c项正确；
d. 该反应在5L恒容容器中进行，所有物质又都是气体，所以反应体系的密度始终不变，不能作为平衡状态的判断标志，d项错误；
答案选c。
（4）由图可知：达平衡时，△n（Y）=0.1mol，所以Y的转化率为0.1mol/1mol×100%=10%。
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