河北省邯郸一中2022学年高二化学上学期暑假开学考试试卷含解析

2022-2022学年河北省邯郸一中高二（上）暑假开学考试化学试卷　一、选择题（每个小题只有一个正确答案．1-15题每题2分，16-21每题3分，共48分）1．1996年2月，德国某研究所在高能加速器中，将Zn　撞入一个Pb的原子核并释放出一个中子后，合成一种人造超重元素的原子．该元素原子内中子数为（　　）A．278B．277C．166D．165　2．X2+和Y﹣与氩的电子层结构相同，下列判断中不正确的是（　　）A．原子半径X＞YB．原子序数X＞YC．最外层电子数X＞YD．电子层数X＜Y　3．下列过程中，共价键被破坏的是（　　）A．碘升华B．溴蒸气被活性炭吸附C．葡萄糖溶于水D．HCl气体溶于水　4．已知自然界氧的同位素有16O、17O、18O，氢的同位素有H、D、T，从水分子的组成来看，自然界的水一共有（　　）A．3种B．6种C．9种D．18种　5．已知下列元素的原子半径：元素NSOSi原子半径/10﹣10m0.751.020.741.17根据以上数据，磷元素的原子半径可能是（　　）A．0.80×10﹣10mB．0.70×10﹣10mC．1.20×10﹣10mD．1.10×10﹣10m　6．下列化学用语表达正确的是（　　）A．一氯乙烷的结构式CH3ClB．乙烷的结构简式CH3CH3C．四氯化碳的电子式D．苯的分子式　7．下列各组物质按熔点由低到高的顺序排列的是（　　）A．O2、S、Br2B．CH4、SiH4、GeH4C．Li、Na、KD．H2O、H2S、H2Se　8．卤族元素随着原子序数的增大，下列递变规律正确的是（　　）A．单质熔、沸点逐渐降低B．单质的氧化性逐渐增强C．气态氢化物沸点逐渐升高D．气态氢化物稳定性逐渐减弱　9．下列四种X溶液，均能跟盐酸反应，其中反应最快的是（　　）A．20℃20mL3mol/L的X溶液B．20℃10mL4mol/L的X溶液22C．20℃30mL2mol/L的X溶液D．10℃20mL4mol/L的X溶液　10．可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（　　）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．①②③④⑤⑥　11．废电池必须进行集中处理的首要原因是（　　）A．充电后可再使用B．回收利用石墨电极和金属材料C．防止电池中汞、镉和铅等重金属离子污染土壤和水源D．防止电池中的电解质溶液腐蚀其他物品　12．下列物质中，属于天然有机高分子化合物的是（　　）A．葡萄糖B．蔗糖C．淀粉D．油脂　13．区别棉花和羊毛的最简单的方法是（　　）A．加入稀硫酸后加热使之水解，检验水解产物能否与新制Cu（OH）2反应B．浸入浓硝酸后，观察其颜色是否变黄色C．在火中灼热，闻其是否有烧焦羽毛的气味D．通过化学方法测其组成中是否含有硫、氮等元素　14．许多国家十分重视海水资源的综合利用．下列物质不需要化学变化就能够从海水中获得的是（　　）A．氯、溴、碘B．钠、镁、铝C．烧碱、氢气D．食盐、淡水　15．当今国际能源研究的热点之一是寻找新能源，下列能源不属于新能源的是（　　）A．太阳能B．氢能C．风能D．水能　16．根据图所示的各物质能量变化关系，判断下列热化学方程式正确的是（　　）22A．C（s，金刚石）+O2（g）═CO2（g）△H1=akJ•mol﹣1（a＜0）B．C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H2=bkJ•mol﹣1（b＞0）C．C+O2═CO2△H3=ckJ•mol﹣1（c＞0）D．C（s，金刚石）═C（s，石墨）△H4=dkJ•mol﹣1（d＞0）　17．下列各组热化学方程式中△H1＜△H2的一组是（　　）①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1；H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H③2SO3（g）⇌SO2（g）+O2（g）；△H1＞0；2SO3（l）⇌SO2（g）+O2（g）△H2＞0④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1；CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2．A．①②③B．②④C．②③④D．③④　18．下列实验方案不能达到预期目的是（　　）A．用钠、镁分别与水反应，可证明钠、镁的金属性强弱B．用氯化镁、氯化铝分别与过量浓氨水反应，可证明镁、铝的金属性强弱C．用铁、石墨与硫酸铜溶液组成原电池，可证明铁、铜的金属性强弱D．把氯气通入到硫化钠的水溶液中，看到淡黄色沉淀，可证明氯气、硫的非金属性强弱　19．在恒温、恒容的密闭容器中反应A（g）⇌B（g）+C（g）；△H＜0（正反应为放热反应）．若反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L需20s，那么反应物浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需的时间为（假设反应温度不变）（　　）A．10sB．大于10sC．小于10sD．无法判断　20．两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水．下列说法正确的是（　　）A．混合气体一定没有甲烷B．混合气体中一定是甲烷和乙烯C．混合气体中一定没有乙烷D．混合气体中一定有乙烯　21．除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是（　　）混合物试剂分离方法A溴苯（溴）乙醇分液B甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）氢氧化钠溶液蒸馏D溴乙烷（乙醇）蒸馏水分液A．AB．BC．CD．D　　二、非选择题，共52分22．用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：22（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　　　　　　．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　　　　　　．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值　　　　　　．（填“偏大、偏小、无影响”）（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　　　　　　（填“相等、不相等”），所求中和热　　　　　　（填“相等、不相等”）．简述理由　　　　　　．　23．（1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义．有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定．现根据下列的3个热化学反应方程式：①FeO2（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）；△H=﹣25kJ/mol②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）；△H=﹣47kJ/mol③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）；△H=+19kJ/mol写出FeO（s）与CO反应生成Fe（s）和CO2的热化学方程式：　　　　　　．（2）1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能．①下列热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶体晶格能的是　　　　　　．A．Na+（g）+Cl﹣（g）→NaCl（s）；△HB．Na（s）+Cl2（g）→NaCl（s）；△H1C．Na（s）→Na（g）；△H2D．Na（g）﹣e﹣→Na+（g）；△H3E．Cl2（g）→Cl（g）；△H4F．Cl（g）+e﹣→Cl﹣（g）；△H5②写出△H1与△H、△H2、△H3、△H4、△H5之间的关系式　　　　　　．　24．下表中的数据表示破坏1mol物质中的化学键需消耗的能量（即键能）：化学键H﹣HCl﹣ClH﹣Cl键能/kJ•mol﹣1436243431H2和Cl2反应生成HCl过程中的热效应可用下图表示，回答下列问题：（1）△H1=　　　　　　，△H2=　　　　　　，△H3=　　　　　　．（2）据实验测定，H2和Cl2的混合气体在光照下反应生成HCl，你认为引发该反应的第一步是上图①～③中分子转化为原子的哪一步　　　　　　（填序号）步，请说明原因：　　　　　　（3）该反应的热化学方程式为：　　　　　　．22　25．利用反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计一个原电池．①画出原电池的装置图，并标明两极材料和电解质溶液②写出电极反应式：负极：　　　　　　．正极：　　　　　　．　26．（1）某可逆反应（ABC均为气体）从0﹣2分钟进行过程中，在不同反应时间各物质的量的变化情况如图所示．①该反应的化学方程式为　　　　　　；反应开始至2分钟时，能否用C表示反应速率？　　　　　　；若能，其反应速率为　　　　　　，若不能，则其原因为　　　　　　；（2）在一密闭的2L容器中装有4molSO2和2molO2，在一定条件下开始反应．2min末测得容器中有1.6molSO2，则①2min末SO3的浓度为　　　　　　；②2min内SO2的平均反应速率　　　　　　．　27．A、B、C、D、E都为短周期元素，A是相对原子质量最小的元素；B的+1价阳离子和C的﹣1价阴离子都与氖原子具有相同的电子层结构；D在C的下一周期，可与B形成BD型离子化合物；E和C为同一周期元素，其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸．请根据以上信息回答下列问题．（1）B元素在元素周期表中的位置是第　　　　　　周期　　　　　　族．（2）画出D元素的原子结构示意图　　　　　　．（3）与E的氢化物分子所含电子总数相等的分子是　　　　　　（举一例、填化学式，下同）、离子是　　　　　　．（4）A与C形成的化合物中含有化学键的类型是　　　　　　．（5）这些元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是　　　　　　（填化学式，下同），酸性最强的是　　　　　　．　28．乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．请回答下列问题．（1）乙烯的电子式　　　　　　，结构简式　　　　　　．22（2）鉴别甲烷和乙烯的试剂是　　　　　　（填序号）．A．稀硫酸B、溴的四氯化碳溶液C．水D．酸性高锰酸钾溶液（3）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是　　　　　　（填序号）．A．CH3CH3B．CH3CHCl2C．CH3CH2OHD．CH3CH2Br（4）已知2CH3CHO+O22CH3COOH．若以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如图所示．乙烯AB乙酸反应②的化学方程式为　　　　　　．工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为　　　　　　，反应类型是　　　　　　．（5）有机化学中常用18O原子作示踪原子来研究乙酸（）与乙醇（）反应生成酯（）和水的反应机理，反应过程中酸分子断裂C﹣O单键，醇分子断裂O﹣H键．试完成下列反应方程式：+CH3CH2﹣18O﹣H　　　　　　．　　222022-2022学年河北省邯郸一中高二（上）暑假开学考试化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每个小题只有一个正确答案．1-15题每题2分，16-21每题3分，共48分）1．1996年2月，德国某研究所在高能加速器中，将Zn　撞入一个Pb的原子核并释放出一个中子后，合成一种人造超重元素的原子．该元素原子内中子数为（　　）A．278B．277C．166D．165【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系．【专题】原子组成与结构专题．【分析】根据3070Zn　撞入一个82208Pb的原子核并释放出一个中子后，合成一种人造超重元素的原子，并利用质子数和质量数的关系来解答．【解答】解：3070Zn撞入一个82208Pb的原子核并释放出一个中子，形成新的原子的质子数为30+82=112，质量数为70+208﹣1=277，则新形成的原子的中子数为277﹣112=165，故选D．【点评】本题考查质量守恒以及原子的组成，注意质量数为70+208﹣1=277，1为释放的中子来解答．．　2．X2+和Y﹣与氩的电子层结构相同，下列判断中不正确的是（　　）A．原子半径X＞YB．原子序数X＞YC．最外层电子数X＞YD．电子层数X＜Y【考点】原子核外电子排布．【专题】原子组成与结构专题．【分析】氩是18号元素，原子核外有18个电子，X2+和Y﹣与氩的电子层结构相同，阳离子中核外电子数=质子数﹣电荷数=18，所以X质子数是20，该元素是钙元素；阴离子Y核外电子数=质子数+电荷数=18，质子数=17，所以Y是氯元素．【解答】解：氩是18号元素，原子核外有18个电子，X2+和Y﹣与氩的电子层结构相同，阳离子中核外电子数=质子数﹣电荷数=18，所以X质子数是20，该元素是钙元素；阴离子Y核外电子数=质子数+电荷数=18，质子数=17，所以Y是氯元素．A、钙原子半径大于氯原子半径，故A正确．B、钙原子序数是20，氯原子序数是17，所以原子序数X＞Y，故B正确．C、钙原子最外层有2个电子，氯原子最外层有7个电子，所以最外层电子数X＜Y，故C错误．D、钙原子有4个电子层，氯原子有3个电子层，所以电子层数X＞Y，故D错误．故选CD．【点评】本题考查了原子核外电子的排布，难度不大，明确阴阳离子中核外电子数与原子序数的关系是解本题的关键．　3．下列过程中，共价键被破坏的是（　　）A．碘升华B．溴蒸气被活性炭吸附C．葡萄糖溶于水D．HCl气体溶于水【考点】共价键的形成及共价键的主要类型．【专题】化学键与晶体结构．22【分析】发生化学反应或电解质溶于水或电解质处于熔融状态都发生化学键被破坏．【解答】解：A、碘升华，只是碘状态发生变化，发生物理变化，共价键未被破坏，故A错误；B、溴蒸气被活性炭吸附，发生物理变化，共价键未被破坏，故B错误；C、葡萄糖溶于水，葡萄糖在水溶液里以分子存在，所以共价键未被破坏，故C错误；D、HCl溶于水时，在水分子的作用下电离出氢离子和氯离子，所以共价键被破坏，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了化学键的破坏，只有电解质溶于水或熔融状态或发生化学反应的化学键才能被破坏，注意：化学反应中一定有化学键的破坏，但有化学键的破坏并不一定发生化学反应，为易错点．　4．已知自然界氧的同位素有16O、17O、18O，氢的同位素有H、D、T，从水分子的组成来看，自然界的水一共有（　　）A．3种B．6种C．9种D．18种【考点】同位素及其应用．【分析】根据水的组成是由氢、氧元素组成，在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子来分析解答．【解答】解：由氧的同位素有16O、17O、18O，氢的同位素有H、D、T，在1个水分子中含有2个氢原子和1个氧原子，若水分子中的氢原子相同，则16O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；17O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；18O可分别与H、D、T构成水，即存在三种水；若水分子中的氢原子不同，则16O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；17O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；18O可分别与HD、DT、HT构成水，即存在三种水；综上所述，共形成3×6=18种水，故选D．【点评】本题考查同位素及水的构成，明确水中的氢原子相同或不同是解答的关键，并学会利用组合的方法来分析解答即可．　5．已知下列元素的原子半径：元素NSOSi原子半径/10﹣10m0.751.020.741.17根据以上数据，磷元素的原子半径可能是（　　）A．0.80×10﹣10mB．0.70×10﹣10mC．1.20×10﹣10mD．1.10×10﹣10m【考点】微粒半径大小的比较．【分析】同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小；同一主族元素，原子半径随着电子层的增多而增大，据此分析．【解答】22解：N、P是同一主族元素，P元素原子的电子层数比N元素原子的电子层多，所以P的原子半径大于N的原子半径，Si、P、S是同一周期的元素，且P的原子序数大于Si的原子序数小于S的原子序数，所以P的原子半径小于Si的原子半径大于S的原子半径，则磷元素的原子半径可能为1.10×10﹣10m，故选D．【点评】本题考查了微粒半径大小的比较，难度不大，注意理解掌握微粒半径比较规律、注意电子层结构相同的离子半径大小的比较方法．　6．下列化学用语表达正确的是（　　）A．一氯乙烷的结构式CH3ClB．乙烷的结构简式CH3CH3C．四氯化碳的电子式D．苯的分子式【考点】结构式；电子式；分子式．【专题】化学用语专题．【分析】A．从结构式的书写方法分析，应体现原子间的成键方式；B．结构简式把碳氢单键省略掉即可，碳碳单键可以省略也可不省略，但应体现结构中的官能团；C．从是否满足各原子的8电子稳定结构的角度分析；D．苯的分子式为C6H6．【解答】解：A．一氯乙烷的结构式为，故A错误；B．结构简式把碳氢单键省略掉即可，碳碳单键可以省略也可不省略，乙烷的结构简式为CH3CH3，故B正确；C．不满足各原子的8电子稳定结构，应为，故C错误；D．苯的分子式为C6H6，题目为结构简式，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学用语，题目难度不大，注意结构式、结构简式、电子式的区别及书写方法．　7．下列各组物质按熔点由低到高的顺序排列的是（　　）A．O2、S、Br2B．CH4、SiH4、GeH4C．Li、Na、KD．H2O、H2S、H2Se【考点】晶体熔沸点的比较．【专题】化学键与晶体结构．【分析】晶体熔沸点高低顺序是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，金属晶体熔沸点差别较大，金属晶体熔沸点与离子半径成反比、与电荷成正比，据此分析解答．【解答】解：A．这几种物质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，且常温下氧气是气体、S是固体、溴是液体，则这三种物质熔点从低到高顺序是O2、Br2、S，故A错误；22B．这几种氢化物都是分子晶体，分子晶体熔沸点与其相对分子质量成正比，所以熔沸点从低到高顺序是CH4、SiH4、GeH4，故B正确；C．这几种金属都是碱金属，金属单质熔沸点与离子半径成反比、与电荷成正比，离子半径大小顺序是K＞Na＞Li，碱金属单质熔沸点随着原子序数增大而降低，所以熔点从低到高顺序是K、Na、Li，故C错误；D．这几种氢化物都是分子晶体，但水中含有氢键，熔沸点最高，H2S、H2Se中不含氢键且前者相对分子质量小于后者，所以熔沸点从低到高顺序是H2S、H2Se、H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查晶体熔沸点比较，为高频考点，明确晶体熔沸点影响因素是解本题关键，注意：分子晶体熔沸点与其相对分子质量及氢键有关，与化学键强弱无关，为易错点．　8．卤族元素随着原子序数的增大，下列递变规律正确的是（　　）A．单质熔、沸点逐渐降低B．单质的氧化性逐渐增强C．气态氢化物沸点逐渐升高D．气态氢化物稳定性逐渐减弱【考点】卤素原子结构及其性质的比较．【分析】卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，分子晶体的熔沸点与相对分子质量成正比，还与氢键有关．【解答】解：A．卤素单质都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比，随着原子序数增大，其相对分子质量增大，单质的熔沸点逐渐升高，故A错误；B．随着原子序数增大，元素的非金属性逐渐减弱，则其单质的影响逐渐减弱，故B错误；C．卤化氢都是分子晶体，但HF中含有氢键，所以卤化物熔沸点高低顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl，故C错误；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，卤素随着原子序数增大其非金属性减弱，则气态氢化物稳定性逐渐减弱，故D正确；故选D．【点评】本题考查卤素性质，为高频考点，明确同一主族元素性质递变规律是解本题关键，注意分子晶体的熔沸点与相对分子质量成正比，还与氢键有关，为易错点．　9．下列四种X溶液，均能跟盐酸反应，其中反应最快的是（　　）A．20℃20mL3mol/L的X溶液B．20℃10mL4mol/L的X溶液C．20℃30mL2mol/L的X溶液D．10℃20mL4mol/L的X溶液【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】题中影响角度为浓度和温度，一般来说，温度越高，浓度越大，则反应速率越大，以此解答．【解答】解：对比题中各项数据，温度越高，浓度越大反应速率越大，则只有B符合，则B反应速率应最大．故选B．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高考常见题型，侧重于基础知识和基本能力的考查，注意把握影响反应速率的因素，难度不大．　10．可逆反应：2NO2⇌2NO+O2在固定体积密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（　　）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2；22②单位时间内生成nmolO2的同时，生成2nmolNO；③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥B．②③⑤C．①③④D．①②③④⑤⑥【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．【解答】解：此题列出了判断可逆反应是否达到平衡状态的各种可能情况，应从平衡状态的两个重要特征上判断（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变．①符合特征（1）；②表示的都是正反应方向；③说明了反应中各物质的转化量的关系；④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合特征（2）；⑤中若是恒容条件，则ρ始终不变；若恒压条件，则ρ随反应而变；⑥也说明符合特征（2）．故①④⑥能说明是否达到平衡状态．故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，注意分析时要从化学方程式的反应特征判断，平衡状态的本质时正逆反应速率相等．　11．废电池必须进行集中处理的首要原因是（　　）A．充电后可再使用B．回收利用石墨电极和金属材料C．防止电池中汞、镉和铅等重金属离子污染土壤和水源D．防止电池中的电解质溶液腐蚀其他物品【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】电化学专题．【分析】废旧电池中含有重金属离子，如随意丢弃会污染土壤和水源，一般不能继续充电使用．【解答】解：废旧电池一般不能继续充电使用，石墨电极和金属材料回收的价值不大，但废旧电池中含有重金属离子，如随意丢弃会污染土壤和水源，必须进行集中处理．故选C．【点评】本题考查废旧电池的污染及处理，题目难度不大，本题注意相关基础知识的积累．　12．下列物质中，属于天然有机高分子化合物的是（　　）A．葡萄糖B．蔗糖C．淀粉D．油脂【考点】有机高分子化合物的结构和性质．【专题】糖类与蛋白质专题．【分析】相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物．【解答】解：A．葡萄糖为单糖，分子式为C6H12O6，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A不选；22B．蔗糖为二糖，分子式为C12H22O11，相对分子质量较小，不属于天然高分子化合物，故B不选；C．淀粉为多糖，相对分子质量在10000以上，属于天然高分子化合物，故C选；D．油脂为高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量在10000以下，不属于天然高分子化合物，故D不选；故选C．【点评】本题考查高分子化合物，明确物质的成分及相对分子质量即可解答，较简单．　13．区别棉花和羊毛的最简单的方法是（　　）A．加入稀硫酸后加热使之水解，检验水解产物能否与新制Cu（OH）2反应B．浸入浓硝酸后，观察其颜色是否变黄色C．在火中灼热，闻其是否有烧焦羽毛的气味D．通过化学方法测其组成中是否含有硫、氮等元素【考点】有机物的鉴别．【专题】物质检验鉴别题．【分析】棉花属于纤维素，羊毛的主要成分为蛋白质，根据二者的性质进行区别．【解答】解：棉花属于纤维素，羊毛的主要成分为蛋白质，最简单的检验方法是在火中灼热，有烧焦羽毛的气味的是蛋白质，其它方法较为复杂，故选C．【点评】本题考查常见有机物的鉴别，题目难度不大，注意蛋白质的特征反应．　14．许多国家十分重视海水资源的综合利用．下列物质不需要化学变化就能够从海水中获得的是（　　）A．氯、溴、碘B．钠、镁、铝C．烧碱、氢气D．食盐、淡水【考点】海水资源及其综合利用；物理变化与化学变化的区别与联系．【专题】卤族元素．【分析】根据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于化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡水利于蒸馏原理来得到．【解答】解：A．可从海水中获得氯化钠，通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过氯气将溴离子和碘离子氧化为溴单质和碘单质，是化学变化，故A错误；B．可从海水中获得氯化钠，电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过电解熔融的氯化镁和氧化铝即得镁和铝，是化学变化，故B错误；C．可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，故C错误；D．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水经太阳暴晒，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D．【点评】本题考查了海水的成分，海水提炼氯气、溴、碘、钠、镁、氢气等物质的原理，难度不大，掌握原理是解题的关键．　15．当今国际能源研究的热点之一是寻找新能源，下列能源不属于新能源的是（　　）A．太阳能B．氢能C．风能D．水能【考点】常见的能量转化形式；清洁能源．【专题】化学反应中的能量变化．22【分析】氢能、太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等都是新能源．【解答】解：太阳能、氢能、风能是新能源，水能是传统能源．故选D．【点评】本题考查新能源，难度不大，侧重基础知识的考查，注意基础知识的积累．　16．根据图所示的各物质能量变化关系，判断下列热化学方程式正确的是（　　）A．C（s，金刚石）+O2（g）═CO2（g）△H1=akJ•mol﹣1（a＜0）B．C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H2=bkJ•mol﹣1（b＞0）C．C+O2═CO2△H3=ckJ•mol﹣1（c＞0）D．C（s，金刚石）═C（s，石墨）△H4=dkJ•mol﹣1（d＞0）【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】依据热化学方程式书写方法分析判断，图象分析，金刚石能量高于石墨，依据能量守恒分析能力变化；【解答】解：A、图象分析可知金刚石燃烧放热，焓变为负值，故A正确；B、说明燃烧是放热反应，焓变为负值，故B错误；C、碳燃烧是放热反应，方程式中物质聚集状态未标，故C错误；D、金刚石能量高于石墨，转化过程是放热过程，焓变小于0，故D错误；故选A．【点评】本题考查了热化学方程式书写方法和反应能量变化实质理解，掌握基础是关键，题目较简单．　17．下列各组热化学方程式中△H1＜△H2的一组是（　　）①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1；H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H③2SO3（g）⇌SO2（g）+O2（g）；△H1＞0；2SO3（l）⇌SO2（g）+O2（g）△H2＞0④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1；CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2．A．①②③B．②④C．②③④D．③④【考点】反应热的大小比较．【分析】①生成物中，气态水含有的能量大于液态水，则反应放出的热量减小，焓变变大；②热化学方程式中放入的热量与化学计量数成正比，计量数越大，放出的热量越多，焓变△H值越小；22③SO3（g）具有的能量高于SO3（l），反应过程中气态三氧化硫吸收的热量小于液态三氧化硫，反应热为正值，则△H1＜△H2；④碳酸钙分解吸热焓变为正值，氧化钙和水反应是化合反应放热，焓变是负值．【解答】解：①气态水的能量大于液态水，反应CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2中生成气态水，而反应CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1生成的是液态水，生成物含有的能量越高，则放出的热量越小，焓变△H值越大，则两个反应的焓变值大小为：△H1＜△H2，故①正确；②反应H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H的化学计量数是反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1的计量数的，化学计量数越大，放出的热量越大，焓变△H越小，所以△H1＜△H2，故②正确；③SO3（g）具有的能量高于SO3（l），反应过程中2SO3（g）⇌SO2（g）+O2（g）；△H1＞0吸收的热量小于2SO3（l）⇌SO2（g）+O2（g）△H2＞0，由于反应热为正值，吸收的热量越多，焓变越大，则△H1＜△H2，故③正确；④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1吸热焓变为正值；CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2是化合反应放热，焓变是负值，所以△H1＞△H2，故④错误；故选A．【点评】本题考查了反应热的大小比较，题目难度中等，注意掌握化学反应与能量变化的关系，明确放热反应中：放热的热量越大，焓变值越小；反应物具有的能量越高，放热的热量越大，焓变值越小；生成物具有的能量越高，放出的能量越小，焓变值越大．　18．下列实验方案不能达到预期目的是（　　）A．用钠、镁分别与水反应，可证明钠、镁的金属性强弱B．用氯化镁、氯化铝分别与过量浓氨水反应，可证明镁、铝的金属性强弱C．用铁、石墨与硫酸铜溶液组成原电池，可证明铁、铜的金属性强弱D．把氯气通入到硫化钠的水溶液中，看到淡黄色沉淀，可证明氯气、硫的非金属性强弱【考点】性质实验方案的设计．【分析】A．金属与水反应置换出氢气的难易程度，能判断金属性的强弱；B．复分解反应不能用以比较非金属性强弱；C．原电池构成条件之一是能自发的发生氧化还原反应，根据氧化还原反应可以判断金属性的强弱；D．非金属之间的置换反应，能判断非金属性的强弱．【解答】解：A、钠与水比镁与水反应剧烈，因此钠的金属性强于镁，故A能；B、氯化镁、氯化铝溶液中分别滴加足量氨水都生成沉淀，属于复分解反应，不能用来比较非金属性强弱，故B不能；C、用铁、石墨与硫酸铜溶液组成原电池，在石墨上会看到有铜析出，说明铁可以置换出铜，所以能用来比较金属性强弱，故C能；D、把氯气通入到硫化钠的水溶液中，看到淡黄色沉淀，说明氯气把硫置换出来，所以氯气非金属性强，故D能；故选B．【点评】本题考查判断金属性、非金属性强弱的方法，注意判断金属性的方法很多，只要合理即可．　2219．在恒温、恒容的密闭容器中反应A（g）⇌B（g）+C（g）；△H＜0（正反应为放热反应）．若反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L需20s，那么反应物浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需的时间为（假设反应温度不变）（　　）A．10sB．大于10sC．小于10sD．无法判断【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】先计算反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率，再假设以相同的反应速率计算反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间，实际上反应所需时间比这个时间长，据此分析解答．【解答】解：反应物的浓度由2mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率===0.06mol/（L．s），假设以0.06mol/（L．s）的反应速率计算反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L所需反应时间==10s，实际上反应物的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物的浓度由0.8mol/L降到0.2mol/L时的平均反应速率小于0.06mol/（L．s），所以所用时间应大于10s，故选B．【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，难度不大，明确化学反应速率是平均值不是瞬时值，化学反应速率随浓度的变化而变化．　20．两种气态烃组成的混合气体0.1mol，完全燃烧得0.16molCO2和3.6g水．下列说法正确的是（　　）A．混合气体一定没有甲烷B．混合气体中一定是甲烷和乙烯C．混合气体中一定没有乙烷D．混合气体中一定有乙烯【考点】有关混合物反应的计算．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】n（H2O）==0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而烃类中碳原子数小于1的只有甲烷，判断混合气体中一定含有甲烷，再根据甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃中一定含有4个H原子，然后根据平均分子式对各选项进行判断．【解答】解：n（H2O）==0.2mol，即0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16molCO2和0.2molH2O，根据元素守恒，则混合烃的平均分子式为C1.6H4，而烃类中碳原子数小于1的只有甲烷，判断混合气体中一定含有甲烷，根据甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃中一定含有4个H原子，可能含有乙烯，一定不含乙烷，所以ABD错误，C正确，故选C．【点评】本题考查了有机物分子式的确定、混合物计算，题目难度中等，注意掌握利用平均分子组成判断烃的组成的方法，常用方法有：平均碳法、平均氢法、平均碳氢分子式法、平均式量法等．　21．除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是（　　）22混合物试剂分离方法A溴苯（溴）乙醇分液B甲烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）氢氧化钠溶液蒸馏D溴乙烷（乙醇）蒸馏水分液A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．乙醇、溴、溴苯互溶；B．乙烯被高锰酸钾氧化后生成二氧化碳；C．乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应；D．乙醇与水互溶，水与溴乙烷分层．【解答】解：A．乙醇、溴、溴苯互溶，引入新杂质，不能除杂，故A错误；B．乙烯被高锰酸钾氧化后生成二氧化碳，引入新杂质二氧化碳，应选溴水、洗气除杂，故B错误；C．乙酸、乙酸乙酯均与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液除杂，故C错误；D．乙醇与水互溶，水与溴乙烷分层，则利用水、洗气可除杂，故D正确；故选D．【点评】本题考查混合物的分离、提纯，为高频考点，侧重于考查学生分析能力、实验能力，注意把握物质的性质的异同及混合物分离方法的选择，题目难度不大．　二、非选择题，共52分22．用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　环形玻璃搅拌棒　．（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　减少实验过程中的热量损失　．（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值　偏小　．（填“偏大、偏小、无影响”）（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　不相等　（填“相等、不相等”），所求中和热　相等　（填“相等、不相等”）．简述理由　因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关　．【考点】中和热的测定．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答．22【解答】解：（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故答案为：环形玻璃搅拌器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；（3））大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol•L﹣1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0.50mol•L﹣1盐酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等；因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关．【点评】本题考查学生有关中和热的测定知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　23．（1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义．有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定．现根据下列的3个热化学反应方程式：①FeO2（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）；△H=﹣25kJ/mol②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）；△H=﹣47kJ/mol③Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）；△H=+19kJ/mol写出FeO（s）与CO反应生成Fe（s）和CO2的热化学方程式：　CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）△H=﹣11kJ/mol　．（2）1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能．①下列热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶体晶格能的是　A　．A．Na+（g）+Cl﹣（g）→NaCl（s）；△HB．Na（s）+Cl2（g）→NaCl（s）；△H1C．Na（s）→Na（g）；△H2D．Na（g）﹣e﹣→Na+（g）；△H3E．Cl2（g）→Cl（g）；△H4F．Cl（g）+e﹣→Cl﹣（g）；△H5②写出△H1与△H、△H2、△H3、△H4、△H5之间的关系式　△H1=△H+△H2+△H3+△H4+△H5　．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；热化学方程式．【分析】（1）根据盖斯定律结合已知热化学方程式构造出目标反应的热化学方程式；（2）①依据1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能分析；②依据热化学方程式和盖斯定律计算得到．【解答】解：（1）解：Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣25kJ/mol①3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47kJ/mol②Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+19kJ/mol③①×3﹣②﹣③×2得：6CO（g）+6FeO（s）═6Fe（s）+6CO2（g）△H=（﹣25kJ/mol）×3﹣（﹣47kJ/mol）﹣（+19kJ/mol）×2=﹣66kJ/mol，22即CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）△H=﹣11kJ/mol故答案为：CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）△H=﹣11kJ/mol；（2）①1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能，则表示出氯化钠晶体晶格能的热化学方程式为：Na+（g）+Cl﹣（g）═NaCl（s）；△H；所以A正确；故答案为：A；②A．Na+（g）+Cl﹣（g）→NaCl（s）；△HB．Na（s）+Cl2（g）→NaCl（s）；△H1C．Na（s）→Na（g）；△H2D．Na（g）﹣e﹣→Na+（g）；△H3E．Cl2（g）→Cl（g）；△H4F．Cl（g）+e﹣→Cl﹣（g）；△H5依据盖斯定律A+C+D+E+F得到：Na（s）+Cl2（g）→NaCl（s）△H1=△H+△H2+△H3+△H4+△H5，故答案为：△H1=△H+△H2+△H3+△H4+△H5．【点评】本题考查了盖斯定律在热化学方程式中的应用，题目难度中等，明确盖斯定律的概念及应用方法为解答关键，注意掌握晶格能的概念、热化学方程式的书写原则．　24．下表中的数据表示破坏1mol物质中的化学键需消耗的能量（即键能）：化学键H﹣HCl﹣ClH﹣Cl键能/kJ•mol﹣1436243431H2和Cl2反应生成HCl过程中的热效应可用下图表示，回答下列问题：（1）△H1=　+243kJ•mol﹣1　，△H2=　+436kJ•mol﹣1　，△H3=　﹣431kJ•mol﹣1　．（2）据实验测定，H2和Cl2的混合气体在光照下反应生成HCl，你认为引发该反应的第一步是上图①～③中分子转化为原子的哪一步　①　（填序号）步，请说明原因：　Cl﹣Cl键的键能比H﹣H键的键能小，更易断裂，从而引发反应　（3）该反应的热化学方程式为：　H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣183kJ•mol﹣1　．【考点】反应热和焓变；化学能与热能的相互转化；热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】化学反应中，化学键断裂要吸收能量，形成化学键要放出能量，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，以此解答该题．【解答】解：（1）化学键断裂要吸收能量，形成化学键要放出能量，则由表中数据可知△H1=+243kJ•mol﹣1，△H2=+436kJ•mol﹣1，△H3=﹣431kJ•mol﹣1，故答案为：+243kJ•mol﹣1；+436kJ•mol﹣1；﹣431kJ•mol﹣1；22（2）引发该反应的第一步是上图①～③中分子转化为原子的第①步，因Cl﹣Cl键的键能比H﹣H键的键能小，更易断裂，从而引发反应，故答案为：①；Cl﹣Cl键的键能比H﹣H键的键能小，更易断裂，从而引发反应；（3）在反应中H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则△H=（436+243﹣2×431）kJ/mol=﹣183kJ•mol﹣1，故答案为：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣183kJ•mol﹣1．【点评】本题综合考查反应热与焓变，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，该题易错点为（2），注意把握反应的特点以及反应热的计算放方法．　25．利用反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计一个原电池．①画出原电池的装置图，并标明两极材料和电解质溶液②写出电极反应式：负极：　Cu﹣2e﹣=Cu2+　．正极：　2Fe3++2e﹣=2Fe2+　．【考点】设计原电池．【专题】电化学专题．【分析】该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价、Cu元素化合价由0价变为+2价，发生氧化反应的金属Cu作负极、不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，FeCl3为电解质，据此设计原电池．【解答】解：（1）根据电池反应式知，Fe元素化合价由+3价变为+2价、Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu作负极，不如铜活泼的金属或导电的非金属作正极，如C，FeCl3溶液为电解质溶液，其装置图为，故答案为：；（2）由方程式可知，Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+，正极Fe3+被还原，电极方程式为2Fe3++2e﹣=2Fe2+，故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+；2Fe3++2e﹣=2Fe2+．【点评】本题考查了原电池设计，这些新课标要求学生需要掌握的内容，正确判断原电池正负极材料、电解质溶液是设计原电池难点，一般来说，还原剂作负极，不如负极活泼的金属或非金属导体作正极，氧化剂的溶液作电解质溶液．　26．（1）某可逆反应（ABC均为气体）从0﹣2分钟进行过程中，在不同反应时间各物质的量的变化情况如图所示．①该反应的化学方程式为　2A+B⇌2C　；反应开始至2分钟时，能否用C表示反应速率？　不能　；若能，其反应速率为　不能计算　，若不能，则其原因为　因为缺少体积　；（2）在一密闭的2L容器中装有4molSO2和2molO2，在一定条件下开始反应．2min末测得容器中有1.6molSO2，则①2min末SO3的浓度为　1.2mol/L　；②2min内SO2的平均反应速率　0.6mol•L﹣1•min﹣1　．22【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】（1）从物质的物质的量的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程，化学反应速率是单位时间内浓度的变化，当反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再变化．（2）根据物质浓度概念计算，计算2min末SO3的物质的量结合c=进行计算；（2）依据化学反应速率概念计算，依据题干条件计算二氧化硫的浓度变化，利用v=进行计算．【解答】解：（1）由图象可以看出，A、B的物质的量逐渐减小，则A、B为反应物，C的物质的量逐渐增多，作为C为生成物，当反应到达2min时，△n（A）=2mol，△n（B）=1mol，△n（C）=2mol，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）=2：1：2，所以反应的化学方程式为：2A+B⇌2C，由于不能确定溶液的体积，则不能计算浓度的变化，无法计算反应速率，故答案为：2A+B⇌2C，不能，不能计算，因为缺少体积；（2）2min末：n（SO3）=△n（SO2）=4mol﹣1.6mol=2.4mol，c===1.2mol/L，v===0.6mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：1.2mol/L，0.6mol•L﹣1•min﹣1．【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意把握由图象判断化学方程式的方法，化学反应速率概念和物质浓度概念的计算应用，掌握基础是解题关键．　27．A、B、C、D、E都为短周期元素，A是相对原子质量最小的元素；B的+1价阳离子和C的﹣1价阴离子都与氖原子具有相同的电子层结构；D在C的下一周期，可与B形成BD型离子化合物；E和C为同一周期元素，其最高价氧化物对应的水化物为一种强酸．请根据以上信息回答下列问题．（1）B元素在元素周期表中的位置是第　三　周期　IA　族．（2）画出D元素的原子结构示意图　　．（3）与E的氢化物分子所含电子总数相等的分子是　H2O　（举一例、填化学式，下同）、离子是　OH﹣　．（4）A与C形成的化合物中含有化学键的类型是　共价键　．22（5）这些元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是　NaOH　（填化学式，下同），酸性最强的是　HClO4　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】A、B、C、D、E都为短周期元素，A是相对原子质量最小的，则A为氢元素；B的+1价阳离子和C的﹣1价阴离子都与氖原子具有相同的电子层排布，则B为Na元素，C为F元素；D在C的下一周期，可与B形成BD型离子化合物，则D为Cl元素；E和C为同一周期元素，其最高价氧化物的水化物为强酸，则E为N元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E都为短周期元素，A是相对原子质量最小的，则A为氢元素；B的+1价阳离子和C的﹣1价阴离子都与氖原子具有相同的电子层排布，则B为Na元素，C为F元素；D在C的下一周期，可与B形成BD型离子化合物，则D为Cl元素；E和C为同一周期元素，其最高价氧化物的水化物为强酸，则E为N元素．（1）B为Na元素，处于周期表中第三周期IA族，故答案为：三、IA；（2）D为Cl元素，原子结构示意图为，故答案为：；（3）E的氢化物分子为NH3，与之所含电子总数相等的分子是H2O等，离子是OH﹣等，故答案为：H2O；OH﹣；（4）A、C形成的化合物为HF，含有共价键，故答案为：共价键；（5）这些元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是NaOH，酸性最强的是HClO4，故答案为：NaOH；HClO4．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意对基础知识的理解掌握．　28．乙烯是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平．请回答下列问题．（1）乙烯的电子式　　，结构简式　H2C=CH2　．（2）鉴别甲烷和乙烯的试剂是　BD　（填序号）．A．稀硫酸B、溴的四氯化碳溶液C．水D．酸性高锰酸钾溶液（3）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是　ACD　（填序号）．A．CH3CH3B．CH3CHCl2C．CH3CH2OHD．CH3CH2Br（4）已知2CH3CHO+O22CH3COOH．若以乙烯为主要原料合成乙酸，其合成路线如图所示．乙烯AB乙酸反应②的化学方程式为　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　．工业上以乙烯为原料可以生产一种重要的合成有机高分子化合物，其反应的化学方程式为　　，反应类型是　加聚反应　．22（5）有机化学中常用18O原子作示踪原子来研究乙酸（）与乙醇（）反应生成酯（）和水的反应机理，反应过程中酸分子断裂C﹣O单键，醇分子断裂O﹣H键．试完成下列反应方程式：+CH3CH2﹣18O﹣H　CH3CO18OCH2CH3+H2O　．【考点】乙烯的化学性质；有机物的合成；有机物的结构和性质．【分析】（1）乙烯是含有碳碳双键的最简单的烯烃，根据电子式可以书写结构简式；（2）乙烯中含有碳碳双键，可以发生加成反应，可以被强氧化剂氧化，而甲烷不能；（3）乙烯加成反应的特征是原子或原子团加在双键碳原子上，双键变为单键；（4）乙烯可以和水加成生成乙醇，乙醇可以被氧化为乙醛，乙醛易被氧化为乙酸；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯；（5）反应过程中酸分子断裂C﹣O单键，醇分子断裂O﹣H键，故18O原子到乙酸乙酯中，据此分析产物．【解答】解：（1）乙烯中含碳和碳之间以共价双键结合，电子式为：，根据电子式可以书写结构简式为：H2C=CH2，故答案为：；H2C=CH2；（2）乙烯中含有碳碳双键，可以发生加成反应，使溴水褪色，可以被强氧化剂高锰酸钾氧化，从而使高锰酸钾褪色，而甲烷不能，所以BD正确，故答案为：BD；（3）乙烯和氢气加成生成乙烷，和水加成生成乙醇，和溴化氢发生加成生成溴乙烷，CH3CHCl2无法通过加成反应制得，故答案为：ACD；（4）乙烯可以和水加成生成乙醇，所以A是乙醇，乙醇可以被氧化为B乙醛，乙醛易被氧化为C乙酸，乙醇的催化氧化反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；乙烯可以发生加聚反应生成聚乙烯，反应为：，属于加聚反应，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；；加聚反应；（5）反应过程中酸分子断裂C﹣O单键，醇分子断裂O﹣H键，故18O原子到乙酸乙酯中，故反应方程式为：+CH3CH2﹣18O﹣HCH3CO18OCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CO18OCH2CH3+H2O；【点评】本题考查了乙烯的结构与性质，题目难度不大，注意掌握乙烯的分子组成、结构及具有的化学性质，明确常见物质的鉴别与检验方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．　22