四川省成都市东部新区2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

成都东部新区2021~2022学年(下)半期调研考试高二化学试卷考试时间：90分钟；试卷分值：100分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上可能用到的相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64第Ⅰ卷(选择题，共40分)本卷共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求1.当光束通过下列分散系时，可观察到一条光亮“通路”的是A.NaOH溶液B.Na2SO4溶液C.HNO3溶液D.稀豆浆【答案】D【解析】【详解】当光束通过分散系胶体时，可观察到一条光亮“通路”，稀豆浆有胶体的成分，而NaOH溶液、Na2SO4溶液、HNO3溶液均属于溶液，不是胶体，故答案为：D。2.北京冬奥会火种灯的外形设计灵感来自于河北博物院的“长信宫灯”。下列说法错误的是A.青铜的硬度大于纯铜B.镏金层破损后生成铜锈的主要成分为CuOC.铝合金表面氧化物薄膜可以保护内部金属不被腐蚀D.两灯所用的燃料充分燃烧后的产物均为CO2和H2O【答案】B【解析】【详解】A．青铜属于合金，一般来说合金硬度大于纯金属的硬度，因此青铜的硬度大于纯铜，A正确；B．镏金层破损后生成铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3，B错误； C．铝合金表面氧化物薄膜是致密的氧化膜，因此可以保护内部金属不被腐蚀，C正确；D．丙烷含C、H两种元素，动物油脂含C、H、O三种元素，因此两灯所用的燃料充分燃烧后的产物均为CO2和H2O，D正确。综上所述，答案为:B。3.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，86g己烷的分子数为NA个B.25℃时，1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中NH为0.1NAC.17.6g丙烷中所含的极性共价键为4NA个D.64gCu分别与足量稀硝酸反应时，转移电子数为NA【答案】A【解析】【详解】A．己烷的分子式为C6H14，所以86g己烷的物质的量为=1mol，所含分子数为NA个，A正确；B．1L0.1mol·L-1的NH4NO3溶液中含有0.1molNH4NO3，但由于铵根会水解，所以NH的个数小于0.1NA，B错误；C．17.6g丙烷的物质的量为=0.4mol，每个丙烷分子中含有8个C-H极性共价键，所以共含的极性共价键为3.2NA个，C错误；D．64gCu的物质的量为1mol，足量稀硝酸反应全部转化为Cu2+，转移电子数为2NA，D错误；综上所述答案为A。4.下列说法不正确的是A.和互为同位素B.甲酸和蚁酸互为同分异构体C.和互为同系物D.金刚石和互为同素异形体【答案】B【解析】【详解】A．和两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，A正确； B．蚁酸一般指甲酸，甲酸和蚁酸是同一种物质，B错误；C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；和两者结构相似、相差1个“CH2”原子团，两者互为同系物，C正确；D．同素异形体是同种元素组成的单质；金刚石和都是碳单质，互为同素异形体，D正确；故选B。5.某原电池的总反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，不能实现该反应的原电池是选项正极负极电解质溶液ACuFeFeCl3溶液BCFeFe(NO3)3溶液CFeZnFe2(SO4)3溶液DAgFeFe2(SO4)3溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐：A．铜作正极，铁作负极，电解质为可溶性的氯化铁，则符合题意，故A不选；B．铁作负极，碳作正极，电解质为Fe(NO3)3溶液，能发生氧化还原反应，则符合题意，故B不选；C．Zn的金属活泼性比Fe强，则Zn作负极，Fe作正极，电解质为可溶性的硫酸铁，所以不能构成该条件下的原电池，则不符合题意，故C选；D．Fe作负极，银作正极，电解质为Fe2(SO4)3溶液，发生反应为2Fe3++Fe═3Fe2+，符合题意，故D不选；故选C。6.利用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的是（） A．制取CO2B．干燥NH3C．收集NOD．收集CH3COOC2H5A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.大理石为难溶于水的块状固体，能利用该装置制备CO2，A项正确；B.无水氯化钙与NH3反应，不能用无水氯化钙干燥，B项错误；C.NO和O2反应生成NO2，不能用排空气法收集，C项错误；D.CH3COOC2H5在强碱性条件下发生水解，D项错误。故选A。7.下列有关说法正确的是A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多B.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，故金刚石比石墨稳定C.放热且熵增加的反应不一定能正向自发进行D.增大反应物的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率【答案】A【解析】【详解】A．固体硫变为硫蒸汽要吸热，则硫蒸气燃烧时放出的热量多，故A正确；B．C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH>0，则石墨能量比金刚石小，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C．放热且熵增加的反应，即△H＜0、△S＞0的反应，该反应在任何温度下均有△H-T△S＜0，即放热且熵增加的反应在任何条件下都能正向自发进行，故C错误；D．增大反应物浓度，单位体积活化分子总数目增大，但活化分子百分数不变，故D错误；故选：A。 8.有关单质钾的说法如下：①在中燃烧生成并能产生紫色火焰；②与溶液反应时能产生蓝色沉淀；③少量单质钾可保存在煤油中；④熔点、沸点均比钠的高。下列组合正确的是A.②③B.①④C.③④D.①③【答案】A【解析】【详解】①钾单质太活泼，在中燃烧生成并能产生紫色火焰，错误；②钾与水反应生成氢氧化钾，氢氧化钾与溶液反应生成氢氧化铜沉淀，能产生蓝色沉淀，正确；③少量单质钾可保存在煤油中，用以隔绝氧气，正确；④碱金属的熔沸点由上而下逐渐变小，钾的熔点、沸点分别为63℃、759℃，钠的熔点、沸点分别为97.72℃、883℃，错误；故选A；9.下列关于有机化合物的叙述正确的是A.乙烷可以发生取代反应和加成反应B.用酸性高锰酸钾溶液可鉴别己烯和甲苯C.邻二甲基环己烷()的一氯代物有4种D.乙酸和汽油均能和氢氧化钠溶液反应【答案】C【解析】【详解】A．乙烷是饱和烃，只能发生取代反应，不能发生加成反应，故A错误；B．己烯和甲苯都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，则不用酸性高锰酸钾溶液可鉴别己烯和甲苯，故B错误；C．由结构简式可知，邻二甲基环己烷的结构对称，分子中含有4类氢原子，则一氯代物有4种，故C正确；D．汽油的主要成分是烃，不能与氢氧化钠溶液反应，故D错误；故选C。10.下列离子能大量共存的是A.Na+、K+、SO、COB.Mg2+、NH、SO、OH-C.Ba2+、K+、CO、NOD.Ag+、K+、Cl-、NO 【答案】A【解析】【详解】A．Na+、K+、SO、CO相互之间不反应，能大量共存，故A正确；B．Mg2+、NH与OH-都会反应，不能大量共存，故B错误；C．Ba2+与CO会生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；D．Ag+与Cl-会生成氯化银沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。11.下列有关物质用途的叙述中，不正确的是A.Cl2常用于自来水消毒B.SO2常用于漂白食品C.SiO2常用于制造光导纤维D.Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源【答案】B【解析】【详解】A、氯气溶于水生成次氯酸具有强氧化性可以消毒杀菌，Cl2常用于自来水消毒，故A正确；B、二氧化硫气体具有漂白性，有毒不能漂白食品，故B错误；C、光导纤维的成分是二氧化硅，SiO2常用于制造光导纤维，故C正确；D、过氧化钠和呼出的二氧化碳反应能生成氧气，可用于呼吸面具中氧气的来源，故D正确；故选B。12.文献报道：在45℃、0.1MPa时，科学家以铁粉为催化剂，通过球磨法合成氨。部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，下列说法正确的是A.由此历程可知：N*＋3H*＝NH*＋2H*ΔH>0B.铁粉改变了合成氨的反应历程和反应热C.图示过程中有极性共价键的生成D.用不同催化剂合成氨，反应历程均与上图相同【答案】C 【解析】【分析】【详解】A．ΔH与反应过程无关，取决于反应的起点和终点，由图知，反应物的总能量比生成物的总能量高，为放热反应ΔH<0，则N*＋3H*＝NH*＋2H*ΔH<0，A错误；B．铁粉做催化剂，只改变反应历程，不改变始终态，即不能改变反应热，B错误；C．过程中有N-H极性共价键的生成，C正确；D．不同的催化剂，改变反应的历程不一样，D错误；故选：C。13.如图所示的物质转化关系中，A是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无味气体，E的相对分子质量比D的大17，G是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。对图中有关物质及反应的叙述不正确的是A.气态氢化物A可用作制冷剂B.反应②体现了E的氧化性和酸性C.反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶5D.化合物D的密度比空气大，易液化，易溶于水【答案】C【解析】【分析】B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体，则B是；G是一种紫红色金属单质，则G是，A是常见的气态氢化物，能与氧气反应生成C与F，则C、F分别为氧化物与水中的一种，而C能与氧气反应生成D，则C为氧化物，F是，D与水反应得到E，E能与反应得到C，中学中N、S元素化合物符合转化关系，由于E的相对分子质量比D大17，可推知E为、D是，则A是，C是，结合对应物质的性质进行解答。【详解】A．氨气易液化，可以用作制冷剂，故A正确；B．反应②为3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，硝酸体现了氧化性和酸性，故B正确； C．反应③为，氧化剂与还原剂物质的量之比为5：4，C项错误；D．的密度比空气大，易液化，易溶于水，故D正确；故选C。14.X、Y、Z、M为四种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为。下列说法正确的是A.原子半径比较：Z>Y>X>MB.元素的氧化物对应的水化物的酸性比较：Z>Y>XC.由Y、Z、M三种元素可形成一种常见的离子化合物D.气态氢化物的稳定性：X>Y>Z【答案】C【解析】【分析】由Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L，可求得其相对分子质量为M=0.76 g/L×22.4L/mol=17g/mol，所以Y是N，M是H，又因X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，所以X是C，Z是O；【详解】A．X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，原子半径应为X>Y>Z>M，A错误；B．元素的最高氧化物对应的水化物才能比较酸性，而且氧也没有氧化物对应水化物，B错误；C．Y、Z、M是N、O、H，三种元素可形成一种常见的离子化合物硝酸铵，C正确；D．同一周期，从左到右，元素非金属性逐渐增强，气态氢化物的稳定性逐渐增强，故为Z>Y>X，D错误；故选C。15.溴酸盐在国际上被定位为2B级潜在致癌物。已知KBrO3可发生下列反应：2KBrO3+I2=2KIO3+Br2，下列有关说法不正确的是A.KBrO3是氧化剂B.该反应说明I2的还原性强于Br2C.当有1molKBrO3参与反应时转移5mol电子D.通过该反应相关物质的氧化性、还原性强弱比较可知：不能用KI与Br2反应来制取I2【答案】D【解析】【详解】A．在反应2KBrO3+I2=2KIO3+Br2中，Br元素化合价降低，得到电子被还原，所以KBrO3作氧化 剂，A正确；B．在氧化还原反应中，还原剂的还原性比还原产物的强，在该反应中I2为还原剂，Br2为还原产物，所以物质的还原性：I2＞Br2，B正确；C．在该反应中，Br元素化合价由反应前KBrO3中的+5价变为反应后Br2的0价，化合价降低5价，得到5个电子，则当有1molKBrO3参与反应时转移5mol电子，C正确；D．元素的非金属性：Br＞I，则单质的氧化性：Br2＞I2，所以Br2能够与KI发生置换反应：2KI+Br2=2KBr+I2，故可以用KI与Br2反应来制取I2，D错误；故合理选项是D。16.根据下列实验操作和现象所得的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，悬浊液变为黄色Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B将Fe(NO3)2溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，溶液变成红色原Fe(NO3)2中一定含有Fe3+C相同条件下，分别测量0.1mol·L-1和0.01mol·L-1的醋酸溶液的导电性，前者的导电性强醋酸浓度越大，电离程度越大D常温下，分别测量浓度均为0.1mol·L-1的Na2S溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH大酸性：HClO>H2SA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A项，向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，悬浊液变为黄色，则生成了AgI沉淀，反应总是向着更难溶的方向进行，所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A正确；B项，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，能把Fe2＋氧化生成Fe3＋，Fe3＋与KSCN溶液发生显色反应，溶液呈红色，所以无法判断原Fe(NO3)2中是否含有Fe3+，故B错误；C项，溶液的导电性与离子浓度成正比，醋酸的浓度越大，c(H+)和c(CH3COO-)越大，所以导电性越强，但是，醋酸浓度越大，电离程度越小，故C错误；D项，盐中的弱阴离子越容易水解，其相应的酸的酸性越弱，所以常温下，分别测量浓度均为0.1mol·L-1的Na2S溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH大，则酸性：HClO>HS-，故D错误。 点睛：本题考查化学实验方案的评价，涉及沉淀转化、氧化还原反应、弱酸的电离、盐类水解等，掌握物质的性质、反应原理等知识是解题的关键，C项注意：增大醋酸浓度，使电离平衡正向移动，但是根据勒沙特列原理，改变影响平衡的一个条件，平衡向着减弱这种改变的方向移动，只能减弱而不能消除这种改变，所以电离程度减小；D项，盐中的弱阴离子越容易水解，其相应的酸的酸性越弱，要注意找对相应的酸，S2-对应的酸是HS-，HS-对应的酸是H2S。17.如图是模拟工业电解饱和食盐水的装置图，下列叙述正确的是A.Fe电极的电极反应是：4OH--4e-=2H2O+O2↑B.通电一段时间后，石墨电极附近溶液先变红C.电解饱和食盐水的总反应是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑D.直流电源的a极是正极【答案】C【解析】【分析】该装置有外加电源，因此该装置为电解装置，因为是电解饱和食盐水，根据电解原理，因此铁电极为阴极，石墨为阳极，据此分析；【详解】A．工业电解饱和食盐水石墨作电解池的阳极，与电源正极向相连，铁作阴极，与电源负极相连，a为电源负极，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A错误；B．电解原理为溶液中氯离子在阳极失电子生成氯气，溶液中氢离子在阴极得到电子生成氢气，铁电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红色，故B错误；C．电解饱和食盐电解水反应生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的化学方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故C正确；D．根据选项A的分析，a为电源负极，故D错误；答案为C。 18.二氧化硫是一种应用广泛的化工原料。在接触法制硫酸的工业中，二氧化硫制取三氧化硫的反应为2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)∆H=-196kJ•mol-1.实验室用亚硫酸钠固体与70％的硫酸制取少量的二氧化硫。下列有关用二氧化硫制取三氧化硫的说法正确的是A.反应的∆S＞0B.2molSO2与足量O2反应，放出的热量为196kJC.工业上用通入足量的空气来提高SO2的转化率D.反应中每消耗1molSO2转移的电子数目约等于4×6.02×1023【答案】C【解析】【分析】【详解】A．2SO2(g)+O2(g)⇌⇌2SO3(g)反应是气体体积缩小的反应，∆S<0，A错误；B．该反应是可逆反应，反应不能充分进行，2molSO2与足量O2反应，放出的热量小于196kJ，B错误；C．工业上通入足量的空气使平衡正向移动，氧气转化率下降，但提高SO2的转化率，C正确；D．反应中S元素由+4价变成+6价，升2价，每消耗1molSO2转移的电子数目约等于2×6.02×1023，D错误；故选C。19.某无色溶液可能由Na+、Ba2+、Cu2+、CO、HCO、SO、Cl-中的一种或几种。为了确定该溶液的成分，进行如下实验：①取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，得到甲溶液；②取少量甲溶液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀甲；③取少量原溶液，向其中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀乙，加足量稀盐酸，沉淀部分溶解。下列关于原溶液说法正确的是（）A.肯定存在SO、Cl-B.肯定不存在Ba2+，可能存在Cu2+C.CO、HCO至少存在一种D.是否存在Na+需要通过焰色试验来确定【答案】C【解析】【分析】无色溶液中不含有色离子，则一定不含有色的Cu2+；取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生， 说明CO、HCO至少存在一种，得到甲溶液，甲溶液中含有氯离子，继续滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀甲（AgCl）,不能判断原溶液中是否有氯离子；取少量原溶液，向其中加入Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀乙，加足量稀盐酸，沉淀部分溶解，说明白色沉淀乙中有硫酸钡，则原溶液中含有SO，不含有Ba2+，根据电荷守恒，判断Na+一定含有，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，不能判断原溶液中是否有氯离子，故A错误；B．无色溶液中不含有色离子，则一定不含有色的Cu2+，故B错误；C．取少量该溶液加入足量氯水，有气体产生，说明CO、HCO至少存在一种，故C正确；D．根据上述分析，排除了铜离子和钡离子，根据电荷守恒判断Na+一定含有，不需要用焰色反应，故D错误。答案选C。【点睛】注意明确常见离子的性质及检验的方法，特别是熟悉具有特殊反应现象、颜色的离子，电荷守恒的应用是解题的关键。20.常温下，向溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离出的随加入NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是A.c点对应的溶液的pH=7B.b、d两点对应的溶液的pH相同C.从a点到d点，水的电离程度一直增大D.b点对应的溶液中，【答案】D【解析】【详解】A．c点时向溶液中加入了20mL0.1mol/L的NaOH溶液，恰好完全发生反应，水解溶液呈碱性，pH>7，故A项错误； B．从b点到d点，向溶液中不断地加入NaOH溶液，pH会增大，即d点的pH大于b点的pH，故B项错误；C．由图可知，c点水的电离程度最大，所以从a点到d点，水的电离程度先增大后减小，故C项错误；D．b点时向溶液中加入了10mL0.1mol/L的NaOH溶液，根据物料守恒可知：，故D项正确；答案选D。第Ⅱ卷(非选择题，共60分)一、必做题21.已知反应过程的能量变化如图所示：（1）由图可知___________(填“吸热”或“放热”)反应。（2）图中C点表示___________。E所代表的能量是___________；E的大小对该反应的反应热___________(填“有”或“无”)影响。（3）请求出反应___________。（4）又知，请根据题给条件求出反应的焓变___________。【答案】（1）吸热（2）①.1molSO3(g)所具有的能量②.反应的正反应的活化能③.无（3）-198kJ/mol（4）-42.5kJ/mol【解析】 【小问1详解】由图可知，中反应物的能量高于生成物的能量，反应为放热反应，则反应为吸热反应；【小问2详解】图中C点表示1molSO3(g)所具有的能量；E所代表的能量是反应的正反应的活化能；E的大小对该反应难易程度有影响，对反应热无影响；【小问3详解】由图可知，①=-99.0kJ/mol，①×2得反应：=2×(-99.0kJ/mol)=-198kJ/mol；【小问4详解】①=-99.0kJ/mol②①-②得反应：。22.已知有下列十种物质：①固体②过氧化钠③熔融态④⑤碘水⑥⑦小苏打⑧氨水⑨⑩硫酸亚铁。（1）上述物质中，属于电解质的是_______(填序号，下同)属于非电解质的是_______。（2）写出②与反应的化学方程式_______。当反应转移时，固体质量增加_______g。（3）相同条件下，物质⑦的溶解度_______的溶解度(填“大于”或“小于”)。（4）已知⑩可使酸性溶液褪色，完成并配平该反应的离子方程式：_______。。【答案】（1）①.①②③⑦⑩②.④⑥ （2）①.②.84（3）小于（4）【解析】【小问1详解】在水中或者熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水中和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质；①AlCl3固体在水中可以导电，故AlCl3固体为电解质；②熔融的过氧化钠能导电，故过氧化钠属于电解质；③熔融态KNO3能导电，故熔融态KNO3为电解质；④SO3不能电离，故SO3为非电解质；⑤碘水是混合物，故碘水既不是电解质也不是非电解质；⑥C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不导电，故C2H5OH是非电解质；⑦小苏打（碳酸氢钠）溶于水导电，故小苏打属于电解质；⑧氨水是水溶液为混合物，故氨水既不是电解质也不是非电解质；⑨Cl2是单质，故Cl2既不是电解质也不是非电解质；⑩硫酸亚铁溶于水导电，故硫酸亚铁属于电解质；综上所诉，属于电解质的是①②③⑦⑩，属于非电解质的是④⑥。【小问2详解】过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中O元素化合价既上升也下降，每生成1molO2转移2mole-，当反应转移3mole-时，生成1.5molO2，消耗3molCO2，固体质量增加3mol44g/mol-1.5mol32g/mol=84g。【小问3详解】物质⑦小苏打为碳酸氢钠，相同条件下，其溶解度小于Na2CO3的溶解度。【小问4详解】⑩硫酸亚铁中的Fe2+具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，生成Fe3+、Mn2+和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：。23.2020年突如其来的“新冠肺炎”使人们认识到日常杀菌消毒的重要性，其中含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。Ⅰ.某化学兴趣小组用如图装置制备家用消毒液。（1）写出装置B中反应的离子方程式_______。 （2）装置A中的溶液是_______，长玻璃导管的作用是_______。图中装置的连接顺序是B、_______。（3）用化学方程式表示装置D中“84消毒液的生成过程：_______。（4）某温度下，将氯气通入溶液中，得到和的混合溶液，经测定与的物质的量之比为。则该反应中，被氧化的与被还原的的质量之比为_______。Ⅱ.世卫组织将其定为A级高效安全灭菌消毒剂，它在食品保鲜、饮用水消毒等方面有广泛应用。（5）消毒效率是用单位质量的消毒剂得电子数来表示的，作消毒剂时和一样，还原产物均为。的消毒效率是的_______倍(保留两位小数)。【答案】（1）（2）①.饱和食盐水②.防止D中溶液倒吸进入A中③.A、D、C（3）（4）（5）2.63【解析】【分析】先用装置B制取氯气，二氧化锰和浓盐酸加热条件下制取氯气，氯气中会混有氯化氢，用装置A除去氯化氢，则装置A中盛放饱和食盐水，然后将氯气通入装置D中，使氯气与氢氧化钠溶液反应，再连接装置C用来处理未反应完的氯气防止污染空气，因此制备家用消毒液装置的连接顺序是BADC。小问1详解】装置B中二氧化锰和浓盐酸加热条件下制取氯气，反应的离子方程式，故答案为：。【小问2详解】装置A用于除去氯气中的氯化氢，因此装置A中的溶液是饱和食盐水，而长玻璃导管的作用是防止D中溶液倒吸进入A中，由此分析，图中装置的连接顺序是B、A、D、C，故答案为：饱和食盐水；防止D中溶液倒吸进入A中；A、D、C。【小问3详解】氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：，故答案为：。【小问4详解】 根据与的物质的量之比为，由Cl2到，氯元素化合价升高1价，失去1个电子，由Cl2到，氯元素化合价升高5价，失去5个电子，共失去1+35=16个电子，而由Cl2到Cl-，氯元素化合价降低1价，得到1个电子，依据得失电子守恒，需要16个氯原子得到16个电子，所以被氧化的与被还原的的质量之比为=(1+3):16=，故答案为：。【小问5详解】设Cl2和的质量都是71g，Cl2得到的电子为：2=2mol，得到的电子为：5=mol，则的消毒效率是的2.63倍，故答案为：2.63。二、选做题24.下表列出了前20号元素中某些元素性质的一些数据：性质元素原子半径最高价态最低价态性质元素原子半径最高价态最低价态①1.02⑥1.10②2.27—⑦0.99③0.74—⑧1.86—④1.43—⑨0.75⑤0.77⑩1.17试回答下列问题：（1）以上10种元素中，第一电离能最小的是_______(填编号)。（2）上述⑤、⑥、⑦三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每一个原子都满足稳定结构的物质是_______(写分子式)。元素⑤和⑩形成的化合物的化学式为_______物质类型为_______(填离子化合物、共价化合物)：元素①的原子价电子排布式是_______。（3）①、⑥、⑦三种元素的气态氢化物的稳定性，由强到弱的顺序是_______(填化学式)。（4）③和⑨两元素比较，非金属性较弱的是_______(填名称)，可以验证你的结论的是下列中的_______(填序号)。A.气态氢化物的挥发性 B.单质分子中的键能C.两元素的电负性D.含氧酸的酸性E.氢化物中键的键长(X代表③和⑨两元素)【答案】（1）②（2）①.②.③.共价化合物④.（3）（4）①.氮②.C【解析】【分析】同一周期中，自左至右，元素的原子半径逐渐减小；同一主族中，从上向下，元素的原子半径逐渐增大。由题意可知，10种元素是前20号元素，根据表中数据，可推出①S，②K，③O，④Al，⑤C，⑥P，⑦Cl，⑧Na，⑨N，⑩Si。【小问1详解】一般来说，在同一周期中，自左至右，元素的第一电离能逐渐增大；同一主族中，从上向下，元素的第一电离能逐渐减小。故在10种元素中，第一电离能最小的是②K。【小问2详解】C、P、Cl中的某两种元素形成的化合物中，PCl3或CCl4分子中的每一个原子都满足8e-稳定结构；元素⑤和⑩形成的化合物是，为共价化合物；S元素的原子价电子排布式是3s23p4。【小问3详解】元素的非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，非金属性强弱为Cl＞S＞P，故其氢化物稳定性为HCl＞H2S＞PH3。【小问4详解】氧元素和氮元素相比，非金属性较弱的是氮元素，因同一周期从左到右元素的非金属性增强，电负性越大，可通过C项验证。25.研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：（1）Co基态原子核外电子排布式为______。元素Mn与O中，第一电离能较大的是________，基态原子核外未成对电子数较多的是________________。（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。（3）在CO2和H2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_______，原因是_____________。 （4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。【答案】①.[Ar]3d74s2②.O③.Mn④.sp；sp3⑤.H2O＞CH3OH＞CO2＞H2⑥.H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多⑦.CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大⑧.离子键和π键【解析】【详解】(1)Co为27号元素，依据电子排布的原则，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2。元素Mn为金属，O为非金属，第一电离能较大的是O；Mn和O的基态原子核外未成对电子数分别为3、2，则基态原子核外未成对电子数较多的是Mn。答案为：[Ar]3d74s2；O；Mn；(2)CO2分子中，C原子只与两个氧原子形成共价键，且最外层无孤对电子，CH3OH分子中C原子与4个原子形成共价键，所以二者的杂化形式分别为sp和sp3。答案为：sp；sp3；(3)CO2、H2、CH3OH、H2O四种分子中，CH3OH、H2O都能形成分子间氢键，H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大、范德华力较大，所以沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，答案为：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大、范德华力较大；(4)硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在Mn2+与NO3-间的离子键和NO3-内的π键。答案为：离子键和π键。【点睛】注意分子间的范德华力比氢键小得多，比较沸点时，还需从氢键的数目和键长寻找突破。26.H是一种重要的化工原料，它可由石油和煤焦油通过下列路线合成：（1）A的名称是_______；过程①是_______变化(填“物理”或“化学”)。（2）B物质可以发生哪些类型反应_______。（3）由A可以制备B，也可以由B制备A，由B制备A时温度控制为，若缓慢升温至时发生副反应_______。导致乙烯产量降低。（4）反应③的化学方程式为_______。（5）反应⑥的化学方程式为_______。（6）H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有_______种。 （7）参照上述合成路线，以F为原料，设计合成G的路线：_______(其他试剂任选)【答案】（1）①.乙烯②.化学（2）取代、消去、氧化（3）（4）（5）2CH3COOH++2H2O（6）7（7）【解析】【分析】由题意可知，石油可以转化成乙烯，乙烯和水反应生成乙醇，乙醇被氧化成乙醛，乙醛被氧化成乙酸，乙酸和发生酯化反应生成，故A是乙烯，B是乙醇，C是乙醛，D是乙酸，据此分析回答问题。【小问1详解】由以上分析可知，A是乙烯；石油转化成乙烯，生成新物质，故为化学变化；【小问2详解】 B是乙醇，乙醇可以被氧化成乙醛，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙醇和钠发生取代反应生成乙醇钠，故可以发生的反应类型为取代、消去、氧化；【小问3详解】乙醇制备乙烯的过程中，温度加热到140℃时，发生副反应生成乙醚，反应方程式为2C2H5OHC2H5OC2H5+H2O；【小问4详解】乙醇被氧化成乙醛，化学方程式为2C2H5OH+O22CH3CHO+2H2O；【小问5详解】乙酸和发生酯化反应生成，化学方程式为2CH3COOH++2H2O；【小问6详解】用定一移一法，H分子有一定的对称性，六元环上的6个碳原子均有H原子可以被取代，如图所示 ，可以先把1号或2号的H原子取代，然后分析另一个H原子被取代的可能性，先取代1，环上其他碳原子上的H均可以被取代，但要注意左右对称，故有3种；再先取代2，则与1 相同的位置不能再取代，可以找到4种，注意2号碳上有2个H原子可以被取代。综上所述，可以确定H中六元环上的氢原子被两个氯原子取代后的有机物有7种。小问7详解】与Br2反应生成，发生消去反应生成，与Br2加成反应生成，水解反应生成，与氢气发生加成反应生成，设计合成G的路线为。27.对甲氧基肉桂酸异辛酯是目前最常用的防晒剂之一，广泛应用于日用化工领域。其合成路线如下： 回答下列问题：（1）A→B的化学方程式是_______。反应类型为_______。（2）A中最多_______个原子共平面。鉴别A与苯的方法为_______。（3）B→C所需要的反应条件为_______。C→D的反应类型为_______。（4）E中官能团的名称为_______。G的分子式是_______。请写出G同分异构的任意一种结构_______，其命名为_______。（5）与C互为同分异构体共_______种(含C)，其中一种结构满足下列条件，其结构简式为_______。①苯环上有1个取代基；②核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为【答案】（1）①.+Br2+HBr②.取代反应（2）①.13②.分别滴入酸性溶液，振荡，使溶液褪色的是A，不褪色的是苯（3）①.NaOH溶液加热②.取代反应（4）①.醛基、醚键②.③.④.甲基乙基戊醇（5）①.4②.【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在铁与溴反应生成的溴化铁做催化剂作用下，与溴发生取代反应生成，则B为；在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成， 在硫酸二甲酯的作用下与CH3I发生取代反应生成，被二氧化钪氧化为，在吡啶作用下与丙二酸先发生加成反应，后发生消去反应生成，在浓硫酸和苯的作用下与发生酯化反应生成，则G为。【小问1详解】由分析可知，A→B的反应为在铁做催化剂作用下，与溴发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；取代反应；【小问2详解】由分析可知，A的结构简式为，分子中最多有13原子共平面； 是苯的同系物，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，苯不能与酸性高锰酸钾溶液反应，则用酸性高锰酸钾溶液能鉴别甲苯和苯；故答案为：13；分别滴入酸性溶液，振荡，使溶液褪色的是A，不褪色的是苯；【小问3详解】由分析可知，B→C的反应为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成和溴化钠；C→D的反应为在硫酸二甲酯的作用下与CH3I发生取代反应生成和碘化氢，故答案为：NaOH溶液加热；取代反应；【小问4详解】由分析可知，E的结构简式为，官能团为醚键和醛基；G的结构简式为，分子式，可能结构简式为，名称为甲基乙基戊醇；故答案为：醛基、醚键；；；甲基乙基戊醇；【小问5详解】C为对甲基苯酚，C的同分异构体可能为邻甲基苯酚、间甲基苯酚、苯甲醇和苯甲醚，共4种，其中符合苯环上有1个取代基，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为的结构简式为，故答案为：4；。